introduction au calcul différentiel et intégralintroduction au calcul différentiel et...
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Introduction au Calcul Différentiel etIntégral
(avec des problèmes resolus)
©ARIAN NOVRUZI
Department of Mathematics and Statistics
University of Ottawa
November 25, 2019
Contents1 Revision des concepts de base 6
1.1 Notations et quelques résultas élémentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.1.1 Nombres, intervalles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.1.2 Fonctions, domaine de définition, image et graphe de fonctions . . . . . . . 71.1.3 Opérations avec les fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.1.4 Équations, inéquations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.1.5 Problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2 Examples de fonctions: leurs propriétés et graphes . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.2.1 Fonctions élémentaires. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.2.2 Puissances et racines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.2.3 Valeur absolue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.2.4 Polynômes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.2.5 Fonctions rationnelles et algèbriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.2.6 Problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.3 Modélisation. Applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.3.1 Quelques notions et notations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.3.2 Problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2 Limite, continuité. Applications 262.1 Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.1.1 Quelques définitions et résultats élémentaires . . . . . . . . . . . . . . . . 262.1.2 Assymptôtes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.1.3 Limites de forme indéterminée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.1.4 Problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.2 Continuité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.2.1 Notations and quelques propriétés simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.2.2 Problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.3 Applications de la limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.3.1 Séries géometriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.3.1.1 Notations, définitions et résultats élémentaires . . . . . . . . . . 422.3.1.2 Séries de paiement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.3.1.3 Problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.3.2 Composition de l’intérêt et nombre e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.3.2.1 Composition de l’intérêt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.3.2.2 Nombre e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 482.3.2.3 Composition continue de l’intérêt . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.3.3 Fonctions exponentielle et logarithmique. Propriétés élémentaires . . . . . 492.3.3.1 La fonction exponentielle et . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.3.3.2 La fonction logarithmique lnx . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.3.3.3 Problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
2
3 Calcul différentiel. Applications 583.1 La dérivée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
3.1.1 Motivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 583.1.2 Quelques définitions et résultats élémentaires . . . . . . . . . . . . . . . . 603.1.3 Dérivée et continuité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 623.1.4 Une première application: équation de la droite tangente . . . . . . . . . . 633.1.5 Règles de dérivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 643.1.6 Dérivation implicite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683.1.7 Problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.2 Autres applications de la dérivée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 723.2.1 Applications kinématiques: vitesse, accélération . . . . . . . . . . . . . . 723.2.2 Applications financières: marginaux, élasticité de la demande . . . . . . . 743.2.3 Taûx liés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 773.2.4 Problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
3.3 Optimisation d’une fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 803.3.1 Definitions. Premiers résultats . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 803.3.2 Intervalles de monotonie. Classification des points critiques I . . . . . . . . 813.3.3 Intervalles de concavité. Classification des points critiques II . . . . . . . . 843.3.4 Problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 873.3.5 Modélisation et optimisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 873.3.6 Problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
3.4 Tracer le graphe d’une fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 973.4.1 Problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
4 Calcul intègral 1024.1 Motivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1024.2 Integrale indéfinie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
4.2.1 Définitions. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1044.2.2 Premiers résultats . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1044.2.3 Téchniques d’intégration (intègrales indéfinies) . . . . . . . . . . . . . . . 105
4.2.3.1 Changement de variable / substitution . . . . . . . . . . . . . . . 1064.2.3.2 Intérgration par parties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
4.2.4 Problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1094.3 Intègrale définie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
4.3.1 Définitions et premiers résultats. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1114.3.2 Théorème fondamental du calcul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1114.3.3 Téchniques d’intègration (intègrales définies) . . . . . . . . . . . . . . . . 1134.3.4 Problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
4.4 Application de l’intégrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1154.4.1 L’aire d’une région bornée par deux courbes . . . . . . . . . . . . . . . . . 1154.4.2 Les surplus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1204.4.3 Problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
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4.5 Valeur future et valeur présente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1234.5.1 Problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
5 Calcul multi-dimensionnel 1265.1 Rappels de quelques éléments de base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1265.2 Fonctions de deux variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1285.3 Problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1295.4 Continuité et les dérivées des fonctions à deux variables . . . . . . . . . . . . . . . 130
5.4.1 Continuité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1305.4.2 Les dérivées partielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1305.4.3 Problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
5.5 Le plan tangent et l’apporiximation avec le plan tangent . . . . . . . . . . . . . . . 1335.5.1 Problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
5.6 Optimisation à deux variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1365.6.1 Problèmes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
6 Solutions des problémes choisis 1406.1 Solutions des problémes choisis du chapitre 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1406.2 Solutions des problèmes choisis du chapitre 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1426.3 Solutions des problèmes choisis du chapitre 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1536.4 Solutions des problèmes choisis du chapitre 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1686.5 Solutions des problèmes choisis du chapitre 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175
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PréfaceCe document est écrit pour les étudiants de l’Université de Ottawa qui prennent le cours “Méth-
odes Mathématiques I MAT1700”, en Français. Ce document represente mon expérience del’enseignement du cours MAT1700 pendant plusieurs années. Il apporte des rappels des élémentsde base de calculs, une introduction au calcul différentiel et intégral en dimensions un, ainsi qu’uneintroduction au calcul différentiel et l’optimisation des fonctions de plusieurs variables. De plus,ce document apporte un nombre significatif d’exemples et de problèmes, visant à améliorer lacompréhension des notions de base et l’application des outils de calculs dans domaines différents,tels que gestion, finance et physique.
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1 Revision des concepts de baseA la fin du ce chapitre l’étudiant
X aura une revision des nombres réels, des fonctions, des équations et des inéquations,
X sera introduit à la modélisation et la solution de problèmes réels simples.
1.1 Notations et quelques résultas élémentaires1.1.1 Nombres, intervalles
• L’ensemble des nombres entiers positives est noté par N. Donc, N = {1, 2, . . .}.L’ensemble de tous les nombres entiers est noté par Z. Donc, Z = {. . . ,−2,−1, 0, 1, 2, . . .}.Remarquons que N est inclu dans Z. Nous écrivons N ⊂ Z.
L’ensemble des nombres rationnels est noté par Q. Donc, Q =
{p
q, p, q ∈ Z
}. Notons que
Z ⊂ Q.
L’ensemble des nombres réels est noté par R. Remarquons que R contient Q, et beaucoupplus de nombres, tels que π,
√2, e, etc.
Si a est un nombre réel, on écrit a ∈ R.
En terme de l’inclusion, on a
N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R.
• Les nombres réels sont ordonnés, c’est-à-dire un est plut petit (ou égal) que l’autre.
Notemment, si a, b ∈ R, on écrit:
a < b ssi b− a > 0 (ou a− b < 0),
a ≤ b ssi b− a ≥ 0 (ou a− b ≤ 0).
• Pour a, b ∈ R, avec a < b, les intervalles de R avec des extremités a et b, sont notées par
(a, b), [a, b), (a, b], [a, b].
Si un, ou les deux, de a et b sont ±∞, on note
(−∞, a), (−∞, a], (b,+∞), [b,+∞), (−infty,+∞)
les intervalles respectives.
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1.1.2 Fonctions, domaine de définition, image et graphe de fonctions
• Par définition, une fonction est une loi, ou correspondance, qui à tout élément d’un ensembleX associe un seul élément de l’ensemble Y . Symboliquement, une fonction f est presentéepar
f : X 7→ Y,
x → y = f(x),
oùX est l’espace (ensemble) du départ, Y l’espace d’arrivée, f est la loi qui à x ∈ X associela valeur y ∈ Y . Généralement on écrit y = f(x) sans préciser les ensembles X et Y de lafonction f .
Exemple 1.1 Soit f une fonction donnée par
f : R 7→ R,
x → y = 3x− 1.
Ici, X = R, Y = R, et f(x) = 3x− 1, associe à tout x ∈ R la valeur unique f(x) = 3x− 1.
Notons, qu’en général, la fonction f n’associe pas nécessairement une valeur f(x) à toutx ∈ X .
Exemple 1.2 Soit f donnée par
f : R 7→ R,
x → y =√x.
Ici, X = R, Y = R, et f(x) =√x, associe à tout x ≥ 0 (et pas à tout x) la valeur unique
f(x) =√x.
• Domaine et l’image d’une fonctionL’ensemble des x ∈ X pour lesquels f(x) est défini s’appelle ”domaine de f“, et est notépar Dom(f).
L’ensembles des valeurs f(x) pour tous les x ∈ Dom(f) est appellé “l’image de f” et estnoté par Im(f). Donc, Im(f) = {f(x), x ∈ Dom(f)}.
• Une fonction peux être donnée par un tableau ou par un graphe. Mais plus souvent, ce quisera le cas dans ce cours, une fonction est donnée par une formule de la forme y = f(x). Parexample y = 3x2 − 1, donc ici f(x) = 3x2 − 1.
On remarque qu’ici on précise uniquement la loi f . Pour être précis il faut donner aussi lesespace du depart, d’arrivée, le domaine et l’image de f . Souvant, dans ce cours, l’ensembleX est Y seront R.
• Quelques examples de fonctions élémentaires sont les suivantes.
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1. f(x) = c, avec c ∈ R, dite “fonction constante”
2. f(x) = ax+ b, avec a, b ∈ R, dite “fonction linéaire
3. f(x) = ax2 + bx+ c, avec a.b, c ∈ R, dite “fonction quadratique”
4. f(x) = |x|, dite “fonction valeur absolue”
5. f(x) = 1x
6. f(x) = xα, avec x 6= 0, α ∈ R, dite “fonction puissance“
Exemple 1.3 Soit f(x) = 3x+ 7. Ici f : X 7→ Y avec X = Y = R. De plus, Dom(f) = Rparce que f(x) est bien définit pour tout x.
Que vaut Im(f)? Ici Im(f) = R. En effet, soit y ∈ R. Peut-on trouver x ∈ R tel quef(x) = y? Pour ceci on resout 3x + 7 = y, d’où x = (y − 7)/3. Donc, quoi qu’il soit y ilexiste un x tel que f(x) = y. Ceci montre que Im(f) = R.
Exemple 1.4 Soit f(x) =√x− 1. Ici f : X 7→ Y avec X = Y = R. Dans ce cas
Dom(f) = {x ∈ R, x− 1 ≥ 0} = {x ≥ 1} = [1,+∞).
Que vaut Im(f)? Ici Im(f) = [0,+∞). D’abord Im(f) ⊂ [0,+∞) parce que√x− 1 ≥ 0
pour tout x ∈ Dom(f). Montrons qu’au fait Im(f) = [0,+∞). Pour ceci soit y ∈ R ettrouvons x ∈ Dom(f) tel que f(x) = y, donc
√x− 1 = y, ou x = y2 + 1. Donc, quoi
qu’il soit y ∈ [0,+∞) il existe un x = y2 + 1 ≥ 1 tel que f(x) = y. Ceci montre queIm(f) = [0,+∞).
• Graphe d’une fonctionÉtant donné une fonction, le graphe de f est l’ensemble des points G(f) = {(x, f(x), x ∈Dom(f)}, dans le plan cartésien.
En général, le graphe d’une fonction est une courbe. Si la fonction est linéaire alors songraphe est une droite, et si la fonction est quadratique alors son graphe est une parabole.
On trace le graphe d’une fonction en traçant les points (x, f(x)), pour certain x et ensuit onlie les points obtenus de façon lisse.
Example 1.5 Traçons le graphe de la fonction f(x) = x2 − 2x.
On évalue f(x) pour certains x comme dans le tableau ci-bas
x −2 −1 0 1 2 3f(x) 8 3 0 −1 0 3
Ensuite, on trace les points (x, f(x)) et on les lie de facçon lisse comme dans Figure 1.
• Étant donné y = f(x), on dit que (0, f(0)) est l’intercepte vertical de f . Les interceptshorizontalles de f sont tous les points (x, 0) avec x satisfaisant f(x) = 0.
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Figure 1: Le graphe de f(x) = x2 − 2x
1.1.3 Opérations avec les fonctions
• Opération algèbriques
– Étant donné deux fonctions f et g, et deux constants a, b ∈ R, on peux definir lesfonctions nouvelles
(af + bg)(x) = af(x) + bg(x), (fg)(x) = f(x)g(x),
(f
g
)(x).
– Avec les fonctions on peux faire toute opération algèbrique, c.à.d. on peut combinerles fonctions par les opérations de l’addition, soustraction, multiplication, division,puissances et racines.
• Composition des fonctions
– Soient f et g deux fonctions données. On définit les fonctions, dites composées, commesuit
f ◦ g(x) = f(g(x)), g ◦ f(x) = g(f(x)).
La fonction f ◦ g est appellée “fonction composée de f avec g”.
Remarque 1.1 Pourquoi on considère la composition d’une fonction?
Soit t le temps après l’an 2000, p(t) = 50 + e0.01t la population (en million) d’un payset R(p) = 2.1 + ln(1 + 3p) le revenu en fonction de la population. Alors
R ◦ p(t) = R(p(t) = 2.1 + ln(1 + 50 + e0.01t),
donne le revenu en fonction de l’année t.
– En génénal, f ◦ g 6= g ◦ f .
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• La fonction inverse– On dit ”f est inversible“ s’il existe une fonction notée f−1, appelée ”fonction inverse
de f“, satisfaisant
f−1 ◦ f(x) = x, ∀x ∈ Dom(f), f ◦ f−1(y) = y, ∀y ∈ Im(f).
– Pour que f−1 existe il faut et il suffit que f soit injective.
On dit “f est injective” si f(x1) 6= f(x2) pour tout x1, x2 ∈ Dom(f) avec x1 6= x2. fest injective s’il satisfait la regle de la droite horizontale: le graphe de f intersecte unedroite horizontale quelconque au plus à un point.
– De façon pratique, pour trouver f−1, on resout y dans l’équation f(y) = x. Alors,y = f−1(x).
Exemple 1.6 Soient f(x) = x+ 1 et g(x) =1
x. Alors
f ◦ g(x) = f(g(x)) = g(x) + 1 =1
x+ 1 =
1 + x
x,
g ◦ f(x) = g(f(x)) =1
f(x)=
1
x+ 1.
Clairement, f ◦ (x) 6= g ◦ f(x).
Exemple 1.7 Soit f(x) =√
x1−x . Pour trouver f−1(x) on resout f(y) = x. On a
f(y) = x, it ou√y
1− y= x; par la suit on resout y comme suit
y
1− y= x2,
y = x2(1− y),
y(1 + x2) = x2,
y =x2
1 + x2,
f−1(x) =x2
1 + x2.
1.1.4 Équations, inéquations
• Une équation est un objet mathématique de la forme
f(x) = 0,
avec f(x) une fonction. Par example, f(x) = 3x2 − 2x+ 1, ou f(x) = 4x3 − 1− xx2 − 4
.
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Resoudre une équation f(x) = 0 signifie trouver tous les x ∈ R tels que f(x) = 0.
Tout x satisfaisant f(x) = 0 est appellé “racine de f”.
Example 1.8 Soit f(x) = x2−3x+2. Resolvons l’équation f(x) = 0. Donc x2−3x+2 = 0.Utilisant la formule des racines de ax2 + bx+ c = 0 on obtient
x =−b±
√b2 − 4ac
2a=
3±√
32 − 4 · 1 · 22 · 1
=3± 1
2= 1, 2.
• Une inéquation est un objet de la forme
f(x) < g(x), ou f(x) ≤ g(x) (ou f(x) > g(x), ou f(x) ≥ g(x)),
avec f(x), g(x) deux fonctions.
Resoudre une inéquation, par example, f(x) ≥ 0, signifie trouver tous les x ∈ R tels quef(x) ≥ 0.
Example 1.9 Resolvons l’inéquation 1− 2x <1 + x
2.
On procède comme suit
1− 2x <1 + x
2, [on multiplie les deux côtès par 2]
(1− 2x)2 < 1 + x,
2− 4x < 1 + x, [on isole x d’un côté, disons à gauche]−4x− x < 1− 2,
−5x < −1, [on divise par −5; le signe de l’inégalité change]
x >−1
−5=
1
5,
x >1
5.
Donc, la solution est x ∈ [15,+∞).
1.1.5 Problèmes
Problème 1.1.1 Trouvez le domaine et l’image des fonctions suivantes:
(a) f(x) = −x
(b) f(x) = x+ 1
(c) f(x) = x2
(d) f(x) =√
1 + x2.
(e) f(x) =√x− 7
(f) s f(x) =√x2 − 1
(g) f(x) =1− 2x
x+ 2
11
(h) f(x) =
{x− 1, x < 2
2
3− x, x ≥ 2
(i) f(x) =1
x2 − 7x+ 6
(j) f(x) =√−x2 − 1
Problème 1.1.2 Trouvez la composition f ◦ g et g ◦ f des fonctions suivantes
(a) f(x) = x, g(x) = x
(b) f(x) = x+ 1, g(x) =1
x
(c) f(x) = 1− x, g(x) = x2
(d) f(x) =√
1 + x2, g(x) = 1.
(e) f(x) = x2, g(x) = x− 1
(f) f(x) =1
x, g(x) =
√x− 1
(g) f(x) =1
1 + x, g(x) =
1− xx
Problème 1.1.3 Calculez f−1 dans les cas suivants et calculer son domaine de définition:
(a) f(x) = 2x− 1
(b) s f(x) =1
2− x
(c) f(x) =√x− 1
(d) f(x) =1
x2 + 1
(e) f(x) =
√x
1− x
(f) f(x) = x3 − 1
(g) f(x) = x
(h) f(x) = x− 1
(i) f(x) =1
x− 1
(j) f(x) =√x2 − 1
Problème 1.1.4 Resoudre les équations suivantes:
(a)3(z − 2)
−4= 3(z + 1)
(b)4(z − 1)
−3= 2(3z − 1)
(c) s 2(z2 − 3)
−3= 2(3z + 1)
(d)z2 − 3
−z= 2− 4z
(e) x2 − 1 = 0
(f) x2 − x = x
(g)1− xx
= x
(h)√
2− x2 = x
Problème 1.1.5 Resoudre les inéquations suivantes:
(a)2− 5x
−7> −2 (b) |3− 2x| > 5
12
(c)3x+ 7
−2< 1− 2x
(d)|4− 2x|
3< 1
(e) s
∣∣∣∣1− 5x
−3
∣∣∣∣ < 2
(f)2− 7z
−4< 1
(g) s x2 − x+ 1 < 2x− 1
(h) 2x2 − x+ 4 < 4x+ x2
(i) 2x <1− x
3
(j) x2 − x > x
(k) x2 − 1 < 0
(l)1− x
2< −x− 2
−3
1.2 Examples de fonctions: leurs propriétés et graphesRapellons d’abord ce fait: étant donné le graphe G(f) de f(x), alors le graphe G(h) de la
fonction h(x) = A(f(B(x− C)) +D est obtenue du G(f) est faisant ces opérations:
1. Étirement vertical d’un factuer A
2. Étirement horizontal d’un factuer 1B
3. Deplacement horizontal à droite de C unités, et
4. Deplacement vertical de D unités
Exemple 1.10 Traçons le graphe de h(x) = −5 · (2x− 6)2 + 4 à partir du graphe de f(x) = x2.Procédons comme suit. D’abord on écrit h(x) = −5(2(x−3))2 +4. Ensuite, on trace le graphe
de f1(x) = (2x)2. C’est la parabole f(x) = x2 (une parabole) étirée horizontallemenet par un
facteur1
2.
Ensuite, on trace le graphe de f2(x) = (2(x − 3))2. C’est le graphe de f1(x) deplacé horizon-tallement par 3 unités.
Ensuite, on trace le graphe de f3(x) = −5(2(x − 3))2. C’est le graphe de f2(x) étiré verti-callement par un facteur de −5 (étiré par facteur de 5 et ensuite reflection par rapport à l’axex).
Finallement, on trace le graphe de h(x). C’est le graphe de f3(x) deplacé verticallement par 4unitées, voir Figure 2.
1.2.1 Fonctions élémentaires.
Considèrons maintenant en détail quelques fonction élémentaires.
• La fonction linéaire.
1. La forme générale est f(x) = kx+ b avec k, b ∈ R
13
Figure 2: Transformation d’une fonction et son graphe
2. Le graphe de f
Les intersections avec les axes sont
(0, f(0)) = (0, b),
(− ba, 0
).
Le nombre k est la pente de la fonction linéaire f .Il est aussi le taûx de changement de la fonction,parce que pour tout x1 6= x2 on a
∆f
∆x=
f(x1)− f(x2)
x1 − x2
=(kx1 + b)− (kx2 + b)
x1 − x2
= k.
Donc, le graphe de f est une droite. De plus:
x
y
(b,0)
(−b/k,0)
a) si k > 0 alors la courbe est croissante,
b) si k = 0 alors la courbe est horizontalle,
c) si k > 0 alors la courbe est décroissante, voir Figure 3.
3. L’équation y = kx + b de la droite quand on connaît la pente k et un point (x0, y0) dugraphe est donnée par
y = k(x− x0) + y0 = kx+ (y0 − kx0)︸ ︷︷ ︸=b
.
14
Figure 3: Graphe de f(x) = kx+ b en fonction de k
4. L’équation y = kx+ b de la droite quand on connaît deux points (x0, y0) et (x1, y1) dugraphe est donnée par
y =y1 − y0
x1 − x0
(x− x0) + y0 =y1 − y0
x1 − x0︸ ︷︷ ︸=k
x+ y0 −y1 − y0
x1 − x0
x0︸ ︷︷ ︸=b
.
• La fonction quadratique
1. La forme générale est f(x) = ax2 + bx+ c avec a, b, c ∈ R.
2. Pour tracer le graphe de cette fonction, on la transforme comme suit.
f(x) = a
(x2 + 2x
b
a
)+ c
= a
(x2 + 2x
b
a+
(b
a
)2
−(b
a
)2)
+ c
= a
(x2 + 2x
b
2a+
(b
2a
)2
)
)− a
(b
2a
)2
+ c
= a
(x−
(− b
2a
))2
+
(c− b2
4a
).
Donc, le graphe de f est obtenue par le graphe de y = x2 en le transformant commesuit:
a) on l’étire horizontalement d’un facteur de a,
b) on le deplace à droite de −b/(2a) unités,
c) on le deplace verticalement de c− b2/(4a) unités, voir Figure 4
3. L’intersection avec les axes sont:avec l’axe des y c’est le point (0, f(x) = (0, c),avec l’axe des x ce sont tous les points (x, 0) avec f(x) = 0.
4. Si f(x) = a(x − h)2 + k, alors on dit que le point (h, k) est son sommet. D’aprèsci-dessous, on que que le sommet est donné par
h = − b
2a, k = c− b2
4a.
15
−b/(2a)
c− b /(4a)2
Figure 4: Le graphe de f(x) = x2 à gauche et de f(x) = ax2 + bx+ c à droite.
5. Cette observation permet de trouver le maximum, ou le minimum d’une fonction f(x) =ax2 + bx+c. Notemment, on trouve son sommet (h, k) et la valeur k est son maximumsi a < 0, ou minimum si a > 0.
Exemple 1.11 Trouvons la valeur maximale de f(x) = −2x2 + 12x+ 11.
On observe que son graphe est une parabole avec les braches vers le bas. Donc, le maximumde f est au sommet (h, k) de sont graphe. On peut applquer les formules ci-dessus pour lesommet
k = c− b2
4a= 11− (12)2
4(−2)= 11 +
144
8= 11 + 18 = 29.
On pourrait aussi procéder directement en transformant la fonction comme suit
f(x) = −2(x2 − 6x) + 11
= −2(x2 − 2 · x · 3 + 32 − 32) + 11
= −2((x− 3)2 − 32) + 11
= −2(x− 3)2 + 11 + 2 · 32
= −2(x− 3)2 + 29.
D’où h = 3 et k = 29. Donc, le maximum de f est 29.
• La fonction f(x) = 1x. On peut trouver facilement queDom(f) = R\{0} et que Im(f) = R.
Son graphe est donné dans Figure 5.
1.2.2 Puissances et racines
• Soit n ∈ N et x ∈ R, x 6= 0. Alors on définit la fonction puissance y = xn si et seulement siyn = x. Donc
xn = x · x · · ·x︸ ︷︷ ︸nfois
, x−n =1
xn=
1
x · x · · · x︸ ︷︷ ︸nfois
.
16
Figure 5: Le graphe de f(x) = 1x
Par définition, on prend x0 = 1.
Donc, on a définit xn, pour tout n ∈ Z. C’est la fonction puissance f(x) = xn. Ici, x est labase et n est l’exposant.
• On peut définir les puissances pour des exposant réels. Ici, on voit le cas des exposants 1n
.Notamment
x1n = y ⇐⇒ yn = x.
Parfois, on écrit n√x = x1/n.
Si n est pair et x est negative alors n√x n’existe pas.
Si n est pair et x est positive, alors l’équation yn = x a deux solutions. On prend pour racinen-ème de x la solution positive.
Exemple 1.12 Calculons les expressions suivantes avec les exposants et pusissances:
→ 23 · 4−2 = 23 1
42=
8
16=
1
2,
→(
1
2−3
)4
=14
(2−3)4=
1
2−12= 212 = 4096,
→ 22 + 65
42=
22
42+
65
42=
(2
4
)2
+ 664
(22)2=
(1
2
)2
+ 664
24
=1
22+ 6
(6
2
)4
=1
4+ 6 (3)4 =
1
4+ 6 · 81 =
1
4+ 486
=1945
4.
Exemple 1.13 Soit une valeur actualisée A (somme d’argent) placée dans un compte à labanque à un taux d’intérêt annuel r, et composée annuellement. Trouvons la balance ducompte après n années.
17
Soit Sn la balance du compte à la fin de l’année n. Clairement S0 = A. De plus, due àl’intérèt on a
Sn = Sn−1 + rSn−1 = Sn−1(1 + r).
En appliquant à nouveau cette formule pour Sn−1, Sn−2, . . ., on obtient
Sn = Sn−1(1 + r)
= Sn−2(1 + r)︸ ︷︷ ︸=Sn−1
(1 + r) = Sn−2(1 + r)2,
t = · · ·= S0(1 + r)n
= A(1 + r)n,
parce que S0 = A.
Comme des applications, on obtient:
A r n Sn
10 0.5 5 A5 = 10 · (1 + 1/2)5 =
(3
2
)5
=2430
3210 1 5 A5 = 10 · (1 + 1)5 = 10 · 32 = 320
1.2.3 Valeur absolue
• Soit x ∈ R. La valeur absolue de x, notée |x|, est définie par
|x| ={
x, si x ≥ 0,−x, si x < 0.
• De façon géomètrique, |x| est la distance de x à l’origine.
Figure 6: Le graphe de f(x) = |x|
Exemple 1.14 Resoudre l’inégalité |2− 5x| < 3.
18
Soit y = 2 − 5x, Donc à resoudre est |y| < 3. Puisque |y| est la distance de y à l’origine,cette inéquation est équivalente à
−3 < y < 3,
−3 < 2− 5x < 3,
−3− 2 < 2− 5x− 2 < 3− 2,
−5 < −5x < 1,
1 > x > −1
5.
Donc la solution est (−1/5, 1).
1.2.4 Polynômes
• Un polynôme p(x) est une fonction de la forme
p(x) = anxn + an−1x
n−1 + · · · a1x+ a0.
Les nombres réels an, an−1, . . . , a1, a0 sont les coéfficients de p, n ∈ N est le degrée du p.L’ensemble des polynômes de degrée n est noté par Pn
• Étant donné p ∈ Pn, q ∈ Pm, m < n, on peut diviser p par q et on obtient
p(x) = h(x)︸︷︷︸le quotient
· q(x)︸︷︷︸le diviseur
+ r(x)︸︷︷︸le résidu
, avec degrée(r) < degrée(q)
• Factoriser un polynôme p ∈ Pn signifie d’écrire
p(x) = p1(x) · p2(x) · · · pk(x),
avec p1 ∈ Pn1 , . . ., pk ∈ Pnket n1 + · · ·+ nk = n.
• L’expression ci-haut à droite est appellée “factorisation de p”.
• Si pi = aix+ bi, pour tous les i, c.à.d.
p(x) = (a1x+ b1) · · · (anx+ bn),
on dit que p est factorisé en facteurs simples.
• Resoudre un polynôme p ∈ Pn signifie de trouver x ∈ R tels que
p(x) = 0.
Ces x sont appllés ”racines de p“.
Un polynôme p de degrée n admet au plus n racines réelles distinctes.
19
• La solution de p(x) = 0 et la factorisation de p sont intimmement liés.
Par exemple, si on connait la factoristion de p en facteurs simples comme ci-haut, alors lesracines de p sont
p(x) = (a1x+ b1) · · · (anx+ bn) = 0
⇐⇒ a1x+ b1 = 0, · · · , anx+ bn = 0
⇐⇒ x1 = − b1
a1
, · · · , xn = − bnan.
Inversemment, si on connait les racines x1,...,xn alors
p(x) = an(x− x1) · · · (x− xn).
En particulier, si p(x) = ax2 + bx+ c alors les racines sont
x1,2 =−b±
√b2 − 4ac
2a
et la factorisation est
ax2 + bx+ c = a(x− x1)(x− x2).
• Si p est factorisé comme
p(x) = an(x− x1)n1 · · · (x− xk)nk ,
alors on dit que x1 est racine de multiplicité n1,..., xk est racine de multiplicité nk.
• Les suivantes sont des formules utiles.
1. x2 − b2 = (x− b)(x+ b)
2. (x± b)2 = x2 ± 2xb+ b2
3. x3 ± b3 = (x± b)(x2 ∓ bx+ b2)
4. (x± b)3 = x3 ± 3x2b+ 3xb2 ± x3
1.2.5 Fonctions rationnelles et algèbriques
• r(x) est dite fonction rationnelle si elle est de la forme
r(x) =p(x)
q(x)=a0 + a1x+ · · ·+ anx
n
b0 + b1x+ · · ·+ bmxm.
• f est dite fonction algèbrique si elle est égale à une combinaison de fonctions rationnellesest de leurs puissances et de racines.
1.2.6 Problèmes
Problème 1.2.1 Tracez le graphe de h(x) à partir du graphe de f(x).
20
(a) f(x) = x, h(x) = f(x− 3) + 2
(b) f(x) = x2, h(x) = 2f(x)− 1
(c) f(x) = x2, h(x) = 3f(x− 1) + 1
(d) f(x) =√x, h(x) = 2f(x− 3)− 1
Problème 1.2.2 Trouvez la valeur maximale, ou minimale, de f(x) quand elle existe:
(a) f(x) = x2 − 1 (minimum)
(b) f(x) = −x2 + 10 (maximum)
(c) f(x) = −2x2 + 4x− 2 (maximum)
(d) f(x) = 3x2 − 6x+ 12 (minimum)
(e) f(x) = x2 − 12x+ 36 (minimum)
(f)1
x2 + 1(maximum)
Problème 1.2.3 SoitA une valeur actualisée qui est déposée dans un compte bancaire avec intérètannuel r, composé annuellement. Trouvez la balance du compte après n années.
(a) A = 10, r = 20%, n = 10
(b) A = 100, r = 40%, n = 5
(c) A = 100, r = 60%, n = 3
(d) A = 200, r = 100%, n = 2
Problème 1.2.4 Divisez les polynômes p(x) suivants par le polynôme q(x) correspondant, et en-suite resoudre p(x) = 0 (quand c’est possible):
(a) p(x) = x3 − 8, q(x) = x− 2
(b) p(x) = x3 − 7x+ 6, q(x) = x− 1
(c) p(x) = x3 − 3x2 + x− 3, q(x) = x− 3
(d) p(x) = x3 − 3x2 + 4, q(x) = x− 2
(e) s p(x) = x3 − 7x+ 6, q(x) = x− 2
(f) p(x) = x3 − x2 − 4x+ 4, q(x) = x+ 2
Problème 1.2.5 Factoriser les polynômes suivants.
(a) p(x) = x2 − 2x+ 1
(b) p(x) = x2 − 4x+ 3
(c) p(x) = x3 − 1
(d) p(x) = x3 + 3x2 + 3x+ 1
(e) p(x) = x4 − 1
(f) p(x) = x3 − x2 − x− 2
(g) p(x) = x2 − 1
(h) p(x) = x5 − 1
(i) p(x) = x4 − 1 p(x) = x4 + x3 − x− 1
21
1.3 Modélisation. ApplicationsModélisation est un processus de raisonnement qui traduit un problème ou phénomène de la vie
réelle en un problème mathématique. Le problème mathématique obtenu permet de resoudre leproblème réel et d’obtenir une estimation quantitative et qualitative de ce problème.
1.3.1 Quelques notions et notations
le prix brut: c’est le prix avant toute autre taxe ou chargele prix net: c’est le prix après toute autre taxe ou chargela demande d’un produit: la demande x est la volonté/desir des consomateurs
d’acheter un produit donnéla fonction demande d’un produit: c’est la fonction p(x) qui donne le prix par unité d’un
produit que le consomateurs sont prét à acheter quand lademande est x
la fonction offre: c’est la fonction S(x) qui donne le prix par unité que lesproducteurs sont pr’et à vendre quand la demande est x
fonction revenu: c’est la fonction R(x) = xp(x)prix d’équilibre: c’est le prix pour lequel les fonctions demande est l’offre
sont égales, c.à.d. p(x) = S(x)le point d’équilibre: c’est le paire (x0, p0) tel que p0 = p(x0) = S(x0)seuil de rentabilité: c’est la demande x pour lequel le revue est égale au coût,
c.à.d. R(x) = C(x)coefficient de liquidité: il est égale au quotient des valeurs disponibles aux dettes
Example 1.15 Marc et Cécile désirent acheter une voiture neuve et ils disposent $25000. Sâchantque les taxes qui s’appliquent à cet achat s’élèvent à %13, quel est le prix brut de la voiture dontils sont permit d’acheter?Solution. Soit x le prix brut de la voiture. Puisque les taxes sont %13, donc 13
100= 0.13, alors
x+ 0.13x = 25000; donc 1.13x = 25000, d’où x =25000
1.13= 22123.8938...
Donc, le prix brut de la voiture que Marc et Cécile peuvent acheter est $22123.8938.
Example 1.16 (seuil de rentabilité) SoientR(x) = 1+3x la fonction revenue etC(x) = x2+x+2la fonction coût du même produit. Trouvez le seul de rentabilité de ce produit.Solution. On cherche x tel que R(x) = C(x):
1 + 3x = x2 + x+ 2,
x2 − 2x+ 1 = 0,
x =1
2(2±
√4− 4) = 1.
Donc, pour une demande x = 1 le revenu et le coût sont égales.
22
Example 1.17 Un libraire va enrichir son catalogue avec une nouvelle série de livres. Le librairepossède $2 million en liquide, alors qu’il se doit $3 million à sa banque. Sâchant que le libraireaccepte d’avoir un coefficient de liquidité au plus à 0.8, quel est le montant maximal que le libraireest permis d’emprunter?Solution. Soit x le montant (en million de dollars) que le libraire peut emprunter. Au moment del’emprunt il va avoir 2 + x million de dollars en liquide, alors que ses dettes s’éleveront à 3 + x
millons de dollars. Donc le coéfficient de liquidité est2 + x
3 + x. Alors
2 + x
3 + x= 0.8; d’où
2 + x = 0.8(3 + x),
(1− 0.8)x = 0.8 · 3− 2,
x =0.4
0.2= 2 millons de dollars.
Example 1.18 (le prix d’équilibre) La fonction demande d’un produit est p(x) = p(x) = 3 + x
alors que sa fonction offre est S(x) =6
1 + x. Trouvons la demande d’équilibre de ce produit.
Solution. On cherche x tel que p(x) = S(x). Donc
3 + x =6
1 + x; on resout cette équation comme suit
(3 + x)(1 + x) = 6,
x2 + 4x− 3 = 0,
x =1
2(−4±
√16 + 12) =
1
2(−4±
√28),
x =1
2(−4 +
√28) ≈ 0.6457 (l’autre solution est négative, donc not accepté).
D’où le prix d’équilibre est
p = p(0.6457) = S(0.6457) = 3 + 0.6457 = 3.6457.
Example 1.19 Un commerçant de voitures a remarqué qu’il vend 1000 voitures par an, pourun prix de 30 milles de dollars par voiture. De plus, le commerçant a observé que pour toutemontée/baisse du prix par unité par 0.5 mille de dollars il vend 50 voitures de moins/plus. À quelprix par voiture le revenu du commerçant serait 33 600 milles dollars?Solution. Notons d’abord que le prix est en milliers de dollars. Soit p = kx + b la fonctiondemande. On sait que
k =∆p
∆x=±0.5
∓50== − 1
100.
Donc, p = − 1
100x+ b.
23
D’autre part on sait que p(1000) = 30, donc 30 = − 1
1001000 + b, d’où b = 40 et
p(x) = − 1
100x+ 40, R(x) = xp(x) = − 1
100x2 + 40x.
On cherche x tel que R(x) = 33 600, donc
− 1
100x2 + 40x = 33 600, x2 − 4 000x+ 3 360 000 = 0.
Il en suit que
x =1
2
(4 000±
√(4 000)2 − 4 · 3 360 000
)=
1
2
(4 000±
√16 000 000− 13 440 000
)=
1
2
(4 000±
√2 560 000
)=
1
2
(4 000±
√(1 600)2
)=
1
2(4 000± 1 600)
x = 1 200,
x = 2 800.
Donc il y a deux demandes possible. Le commerçant doit appliquer un prix par voiture (en milliersde dollars)
p(1 200) = − 1
1001 200 + 30 = 28.8, ou
p(2 800) = − 1
1002 800 + 30 = 27.2,
afin que son revenu soit 33 600 millers de dollars.
1.3.2 Problèmes
Problème 1.3.1 Jacques dispose $400 pour acheter un téléphone portable. Sâchant que les taxesqui s’appliquent à cet achat s’élèvent à %15, quel est le prix brut du télephone dont Jacques estpermis d’acheter?
Problème 1.3.2 Céline veux acheter une voiture nouvelle et elle se dispose de $30000. Sâchantque les taxes qui s’appliquent à cet achat s’élèvent à %13, quel est le prix brut de voiture de Célineest permise d’acheter?
Problème 1.3.3 (seuil de rentabilité) Soient R(x) la fonction revenue et C(x) la fonction coût dumême produit, comme ci-dessous. Trouvez le seul de rentabilité de ce produit.
24
a) R(x) = 80x− x2, C(x) = 20x
b) R(x) = 2x− 2, C(x) = x2 − x
c) R(x) = x3 − x2, C(x) = x2
d) R(x) = x4 + 3x2, C(x) = x2 − 1
Problème 1.3.4 (coefficient de liquidité) Deux entreprise de transport A et B désire moderniserleur parc de voitures. L’entreprise A possède $7 million en liquide, alors qu’elle se doit $10 millionaux divers créanciers. L’entreprise B possède $7 million en liquide, alors qu’elle se doit $3 millionaux divers créanciers,
Sâchant que les deux entrprises acceptent d’avoir un coefficient de liquidité au plus 0.5, quel estle montant maximal que chacune est permise d’emprunter?
Problème 1.3.5 (le prix d’équilibre) La fonction demande d’un produit est p(x) alors que safonction offre est S(x), comme ci-dessous. Trouvez le prix d’équilibre.
a) p(x) = 2 + x2, S(x) = 3− x
b) 2)p(x) = 1 + x, S(x) =4
1 + x
c) p(x) = x2, S(x) = 1− x
d) p(x) = x3, S(x) = x− x2
Problème 1.3.6 Un petit commerçant de pizza a remarqu’e qu’il vend 50 pizzas pour un prix de$10 par pizza (par jour). Le commercant a observé que pour toute montée/baisse du prix parpizza de $1 il vend 5 pizza de moins/plus par jour. À quel prix par pizza le revenu par jour ducommerçant serait $180?
Problème 1.3.7 Une agence immobilière a remarqué que si lemprix du loyer mensuel d’un aparte-ment est $1000, alors 500 apartaments sont loué. De son exérience l’agence a remarqué aussi quetoute montée/baisse du prix du loyer mensuel par $50, 10 apartements moins/plus sont loués. Àquel loyer mensuel le revenu de l’agence serait $300 000?
Problème 1.3.8 s (dépreciation des équipements) Émilie a acheté un téléphone mobile en 2011,à un prix de $800. En 2015 son télephone a une valeur de marché de $500.i) Trouvez une équation linéaire qui donne la valeur comptable (c’est la différence entre la valuerinitiale et la depréciacion) du téléphone à chaque année.ii) Quel sera la valeur comptable du téléphone en 2016?
25
2 Limite, continuité. ApplicationsLe calcul est l’étude du changement continu, et la notion de la limite est dans sa base. Le calcul
nous permet de décrire comment certaines quantités évoluent au cours d’une période donnée. Enfinance, par exemple, un banquier d’investissements doit calculer la somme d’argent d’un comptequi compose les intérêts. De la même manière, dans le monde des affaires, une entreprise doitcalculer le coût marginal (la variation du coût total correspondant à la production d’une unité sup-plémentaire d’un certain acrticle) pour savoir s’il faut monter ou baisser la production, et à la limiteatteindre un niveau de production optimal.
A la fin de ce chapitre l’étudiant
X aura une compréhension plus solide de la limite et de la continuité d’une fonction,
X et apprendra comment appliquer ces notions aux applications diverses.
2.1 LimiteLe concept de la limite est à la base des outils mathématiques nécessaires qui nous permettent
de décrire mathématiquement l’évolution de plusieurs phénomènes de la vie réelle.
2.1.1 Quelques définitions et résultats élémentaires
Intuitivement, une limite décrit une valeur, dite ”limite”, à laquelle les valeurs d’une fonctions’approche infiniment lorsque la variable s’approche de plus en plus proche à un nombre spécifié.
Dans la figure ci-haut, quand les valeurs de x deviennent de plus en plus proches de la droite oude la gauche du nombre x = 2, les valeurs de f(x) s’approchent de plus en plus au nombre y = 3.Dans ce cas, on dit que la limite de f(x) lorsque x tend vers 2 existe, et est égale à 1.
En s’inspirant de cet exemple et pour mieux quantifier un tel comportement des fonctions, oncommence avec quelques définitions et résultats élémentaires. Soit y = f(x) une fonction définiedans un intervalle I (ici, on abuse avec les notations en donnant seulement la loi de la fonction fet en ne précisant pas le domaine et l’image de f ).
26
Définition 2.1 On dit“la limite de f quand x tend vers c existe et est égale à `, ` ∈ R”, si la valeurf(x) s’approche infiniment à ` quand x ∈ I s’approche infiniment à c. Dans ce cas on écrit
limx→c
f(x) = `.
Dans le cas contraitre, on dit que f n’as pas de limite, (ou la limite de f n’existe pas) quand xtend vers c.
Note: Parfois, au lieu de “limite de f quand x tend vers c“ on dit “limite de f à c”.
Exemple 2.1 Que signifie l’expression limx→2(x2 − 4x+ 6) = 2?Elle signifie que x2 − 4x + 6 s’approche infiniment à ` = 2 quand x s’approche infiniment à
c = 2.
Exemple 2.2 Trouvez les limites des fonctions f(x) données graphiquement au points c spécifié.
• Ici limx→−1
f(x) = 2. En effet, lorsque les valeurs de x deviennent de plus en plus proches à
c = −1, les valeurs de f(x) sont très proche de ` = 2. Dans cet exemple, il arrive quef(1) = 2, mais cela n’a aucune importance pour la limite, parce que les valeur de la limitesdépendent des valeurs de f(x) pour x proche de c = −1.
• Ici, limx→2
f(x) = 3. Notons que f(2) = 4 alors que ` = 3, et donc la valeur de la limit nedépend pas de la valeur de f au x = c.
• Dans cet exemple limx→2
f(x) = −2.5. Notons que f(2) n’existe pas, alors que la limte existe.Donc la valeur de la limit ne dépend pas de la valeur de f au x = c.
27
• Ici limx→2
f(x) n’existe pas. Lorsque x s’approche à c = 2 mais légèrement inférieur à 2 alors
les valeurs de f(x) sont proches de l− = −4. Mais si x s’approche à c = 2 mais légèrementsupérieur à 2 alors les valeurs de f(x) sont proches de `+ = 3.
Alors, la limite est-elle égale à 2 ou 3? En fait, si nous savons seulement que x est trèsproche de c = 2, nous ne pouvons pas dire si f(x) sera proche de 4 ou proche de 3, car celadépend si nous examinons les valeurs f(x) de la droite de c = 2 ou de la gauche de c = 2.Donc, la limite n’existe pas.
Remarque 2.2 Les exemples précédents montrent le fait général et important: la limite d’unefonction lim
x→cf(x) ne dépend pas de la valeur de la fonction au point c en question.
Avec les limites, on peut effectuer toutes les opérations usuelles de sommation, substraction, etc:
Theorem 2.3 Si f et g sont deux fonctions avec limx→c
f(x) = κ, limx→c
g(x) = `, alors
a) limx→c
(af(x) + bg(x)) = aκ+ b`,
b) limx→c
(f(x)g(x)) = κ`,
c) limx→c
f(x)
g(x)=κ
`, si ` 6= 0,
d) limx→c
(f(x))α = κα,
e) limx→c
(f ◦ g(x)) = limx→`
f(x).
En géneral, si f(x) est une fonction algèbrique et c ∈ Dom(f) alors
limx→c
f(x) = f(c).
28
Exemple 2.3 Si limx→2
f(x) = 4, limx→−2
f(x) = 6, et limx→2
g(x) = −2, trouvez les limites suivantes:
• limx→2
f(x)
g(x)=
4
−2= −2
• limx→2(f(x))3 = (4)3 = 64
• limx→2(f ◦ g(x)) = limx→−2 f(x) = 6.
Certaines fonctions sont plus complexes à étudier. Comme mentionné dans l’example précédent,la valeur d’une limite (comme pour beaucoup de choses dans la vie) peut dépendre de la directiondans laquelle nous la considérons. Ce qui nous amène à établir les concepts de limite à gauche etde limite à .
Considérons la fonction f(x) donnée par ce graphe.
Si x prend des valeurs proches de c = −2 mais inférieures à −2 (ce qui se traduit en langagemathématique par x → −2−), alors les valeurs f(x) s’approche à `− = 2. Cette limite s’appellelimite à gauche et on la note limx→−2− f(x) = 2.
Si x prend des valeurs proches de −2 mais supérieures à −2 (ce qui se traduit en langage math-ématique par x → −2+), alors les valeurs f(x) s’approche à −1. Cette limite s’appelle limite àdroite et on la note limx→−2+ f(x) = 1. On formalise cette idée de la manière suivante.
Définition 2.4 On dit que la limite de f quand x tend vers c de gauche existe et est égale à `−,avec `− ∈ R, si la valeur f(x) s’approche infiniment à `− quand x ∈ I s’approche infiniment à cavec x < c. De plus, on écrit
limx→c−
f(x) = `−.
Réciproquement, on dit que la limite de f quand x tend vers c de droite existe et égale à `+, avec`+ ∈ R, si la valeur f(x) s’approche infiniment à `+ quand x ∈ I s’approche infiniment à c avecx > c. De plus on écrit
limx→c+
f(x) = `+.
Ces deux définitions nous amènent aux deux prochains résultats.
29
Theorem 2.5 Si la limx→c
f(x) = `, alors limx→c−
f(x) = limx→c+
f(x) = `. Inversement, si les limites de
f quand x tend vers c à gauche et à droite existent et sont égales alors la limite de f quand x tendvers c existe et lim
x→c−f(x) = lim
x→c+f(x) = lim
x→cf(x).
Corollaire 2.6 Si une des limites de f à c à gauche et à droite n’existe pas, ou si elles existentmais ne sont pas égales, alors f n’a pas de limite à c.
Exemple 2.4 En utilisant le graphe ci-haut, que vaut limx→3 f(x)? On trouve les limites suiv-antes:
• limx→3− f(x) = 2,
• limx→3+ f(x) = −1.
Puisque les limites de f à c = 3 à gauche et à droite ne sont pas égales, limx→3
f(x) n’existe pas.
Exemple 2.5 Soit f une fonction définie par
f(x) =
3x+ 2, x < 1,7, x = 1,−x+ k, x > 1.
Ici, k est un paramètre. On cherche k afin que f admette une limite à c = 1.Pour ceci on considère les limites à côté (à gauche et à droite):
limx→1−
f(x) = limx→1−
(3x+ 2) = 5,
limx→1+
f(x) = limx→1−
(−x+ k) = −1 + k.
Pour que la fonction admette une limte à c = 1 les limites à côté doivent être égales, donc 5 =−1 + k, ou k = 6.
30
2.1.2 Assymptôtes
Les assymptôtes font un autre élément qui va compléter l’étude d’une fonction et permettre deconclude avec le graphe d’une fonction. Il y a des assymptôtes verticales et horizontales. Ellesgénéralisent la notion de la limite déjà vue.
Définition 2.7 On dit que la droite x = c est une assymptôte verticale (AV) d’une fonction f si etseulement si au moins une des conditions suivantes se produit:
i) limx→c−
f(x) = ±∞ et limx→c+
f(x) = ±∞, (voir Fig. 7, gauche)
ii) limx→c−
f(x) = ±∞, (voir Fig. 7, centre)
iii) limx→c+
f(x) = ±∞, (voir Fig. 7, droite).
Figure 7: Les assymptôtes verticales
Ici, limx→c
f(x) = ±∞ signifie que les valeurs de f(x) tend vers ±∞, c’est-à-dire il devient très
grand positive ou négative, quand x s’approche à c. Similairement, limx→c− f(x) = ±∞, resp.limx→c+ f(x) = ±∞, signifie que les valeurs de f(x) tend vers ±∞ quand x s’approche à c degauche, resp. de droite.
Example 2.6 Soit f(x) =1
x− 1. La fonction f est rationnelle. Son dénominateur x− 1, devient
zéro pour x = 1. Donc, quand x s’approche à c = 1, mais étant supérieur à 1, x − 1 > 0 et trèspetit, donc f(x) devient très grand positive. On écrit ceci comme
limx→1+
f(x) = limx→1±
1
x− 1=
1
0+= +∞.
Alors, x = 1 est une assymptôte verticale de f , parce queSimilairement, quand x s’approche à c = 1, mais étant inférieur à 1, x − 1 < 0 et très petit,
donc f(x) devient très un nombre négative tès grand. On écrit ceci comme
limx→1−
f(x) = limx→1−
1
x− 1=
1
−0= −∞.
31
Example 2.7 Soit f(x) =x− 2
x2 − 1. La fonction f est rationnelle. On resout les racines du dénom-
inateur, x2 − 1 = 0, donc x = ±1. Alors, x = −1 et x = 1 sont des assymptôtes verticales de f ,parce que
limx→−1+
f(x) = limx→−1+
x− 2
x2 − 1=−3
−0=∞ et,
limx→−1−
f(x) = limx→−1−
x− 2
x2 − 1=−3
0= −∞,
limx→1+
f(x) = limx→1+
x− 2
x2 − 1=−3
0= −∞ et,
limx→1−
f(x) = limx→1−
x− 2
x2 − 1=−3
−0=∞,
Example 2.8 Soit f(x) =x+ 1
x2 − x− 2. La fonction f est rationnelle. Les racines du dénominateur
sont x2 − x− 2 = 0, donc
x =−(−1)±
√(−1)2 − 4(−2)
2=
1± 3
2.
Alors, le dénominateur, x2 − 1 = 0, devient zéro pour x = −1 et x = 2. On calcule les deuxlimites suivantes:
limx→−1±
f(x) = limx→−1±
x+ 1
(x+ 1)(x+ 2)[on simplifie]
= limx→−1±
1
x− 2= −1
3,
limx→2±
f(x) = limx→2±
x+ 1
(x+ 1)(x+ 2)[on simplifie]
= limx→2±
1
x− 2= ±∞.
Alors, on en déduit que seulement x = 2 est assymptôte verticale.
Remarque 2.8 Les exemples ci-dessus illustrent que, aux cas des fonctions rationnelles, les valeurssusceptibles de produire une assymptôte verticale sont notamment les valeurs x qui anulent lesdénominateur simplifié.
Similairement, on peut définir le concept d’un assymptôte horizontale.
Définition 2.9 On dit que la droite y = `, resp. y = `−, ou y = `+, est une assymptôte horizontale(AH), resp. à −∞ ou à +∞, d’une fonction f si et seulement si:
limx→−∞
f(x) = limx→+∞
f(x) = `, resp. (voir Fig. 8, gauche)
limx→−∞
f(x) = `−, ou, (voir Fig. 8, centre)
limx→+∞
f(x) = `+, (voir Fig. 8, droite).
32
Figure 8: Les assymptôtes horizontales
Ici, la notation limx→±∞
f(x) = ` signifie que les valeurs de f(x) tendent vers ` quand x s’approche
infiniment à −∞ et à +∞. Similairement, limx→−∞
f(x) = `−, resp. limx→+∞
f(x) = l+, signifie que
les valeurs de f(x) tend vers `−, resp. `+, quand x s’approche infiniment à −∞, resp. +∞.
Exemple 2.9 Trouvons les assymptôtes horizontales de f(x) = x2 et g(x) =1
x2. Avant de procéder
avec les limites à ±∞, on évalue les valeurs f(x), g(x) comme dans ce tableau:
valeur ±1 ±10 ±100 ±1000 ±10000f(x) 1 100 10000 1000000 100000000g(x) 1 0.01 0.0001 0.000001 0.00000001
One voit que valeurs de f(x) se rapprochent de plus en plus à +∞ à mesure que les valeurs de xs’approchent à ±∞, donc lim
x→∞f(x) = +∞ ce qui signifie que f(x) n’a pas de AH.
Réciproquement, les valeurs de g(x) se rapprochent de plus en plus à 0 à mesure que les valeursde x s’approchent à ±∞, donc limx→∞ g(x) = 0 ce qui signifie que y = 0 est AH de g(x).
De la même façon on peut traiter les fonctions xn, pour n ∈ Z.
Exemple 2.10 Soit C(x) = 2x+ 4√x, x > 0, la fonction coût d’un produit. Le coût moyen de ce
produit est défini par Cu(x) =C(x)
x. On note que
limx→+∞
Cu(x) = limx→+∞
2x+ 4√x
x= lim
x→+∞
(2 + 4
1√x
)= 2.
Donc, y = 2 est AH de Cu(x) à +∞.
Exemple 2.11 Soit f(x) =1
x2 − 1. Alors y = 0 est assymptôte horizontale de f parce que
limx→±∞
f(x) = limx→±∞
1
x2 − 1= 0.
33
Exemple 2.12 Soit f(x) =2x7 − 5
9x7 − 3x+ 2. Alors y =
2
9est assymptôte horizontale de f parce que
limx→±∞
f(x) = limx→±∞
2x7 − 5
9x7 − 3x+ 2
= limx→±∞
x7(2− 5x−7)
x7(9− 3x · x−7 + 2x−7)
= limx→±∞
2− 5x−7
9− 3x · x−7 + 2x−7
=2
9.
On généralise la procédure pour trouver les assymptôtes verticales et horizontales d’une fonctionrationnelle dans la proposition suivante:
Proposition 2.10 Soit f(x) =pm(x)
qn(x)=amx
m + · · ·+ a1x+ a0
bnxn + · · ·+ b1x+ b0
une fonction rationnelle.
Pour trouver les AV de f(x) on precède comme suit:
1. On factorise pm et qn.
2. On simplifie les facteurs communs.
3. Les racines du dénominateur simplifié sont les AVs de f .
Pour trouver les AH de f(x) on precède comme suit:
1. Si m < n alors y = 0 est assymptôte horizontale de f.
2. Si m = n alors y =ambn
est assymptôte horizontale de f.
3. Si m > n alors f n’a pas d’assymptôtes horizontales.
2.1.3 Limites de forme indéterminée
Certaines limites sont de la forme dite “indéterminée”. Typiquement ces formes sont0
0,±∞±∞
,
0×±∞ et∞−∞. Nos on se contentera avec l’analyse des limites de la forme0
0.
Le calcul de ces limites généralement demande des téchniques particulières, telles que: i) lafactorisation, ii) rationalisation, iii) limites à gauche et à droite, iv) changement de variable. On vadémontrer ces méthodes à travers quelques exemples.
34
La factorisation On utilise cette méthode quand la fonction est rationelle.
Example 2.13 Soit f(x) =x2 − 5x+ 6
x2 − 4x+ 3. Que vaut lim
x→3f(x).
Si on remplace la valeur x = 3 dans la fonction f(x) on obtient la forme indéterminée0
0:
limx→3
f(x) =32 − 5 · 3 + 6
32 − 4 · 3 + 3=
0
0!
Pour resoudre cette limite, on factorise à la fois le numérateur et le dénominateur, on simplifie lesfacteurs commun et ensuite on évalue la limite:
limx→3
x2 − 5x+ 6
x2 − 4x+ 3= lim
x→3
(x− 3)(x− 2)
(x− 3)(x− 1)
= limx→3
x− 2
x− 1=
3− 2
3− 1
=1
2.
La rationalisation On utilise cette méthode quand la fonction contient une racine carrée (ouune autre puissance).
Example 2.14 Soit f(x) =2− x√
11− x− 3. Quelle est la valeur de lim
x→2f(x)?
Si on remplace la valeur x = 2 dans f(x) on obtient la forme indéterminée0
0:
limx→2
2− x√11− x− 3
=2− 2√
11− 2− 3=
0
0!
Pour resoudre cette limite on multiplie le facteur avec la racine carrée (le dénominateur dans cecas) avec son conjugué, qui est
√11− x + 3. Ceci permet d’éliminer la racine carrée, simplifer
et ensuite éliminer la forme 0/0 comme suit:
limx→2
2− x√11− x− 3
= limx→2
(2− x)(√
11− x+ 3)
(√
11− x− 3)(√
11− x+ 3)
= limx→2
(2− x)(√
11− x+ 3)
(√
11− x)2 − 32= lim
x→2
(2− x)(√
11− x+ 3)
11− x− 9
= limx→2
(2− x)(√
11− x+ 3)
2− x= lim
x→2(√
11− x+ 3) = (√
11− 2 + 3)
= 6.
35
Les limites à côté On utilise cette méthode quand la fonction se donne par deux lois dif-férentes, tel qu’au cas quand la fonction contient une valeur absolue.
Example 2.15 Soit f(x) =|x− 1|
x2 − 3x+ 2et calculons lim
x→1f(x).
Si on remplace x = 1 on obtient
limx→1
|x− 1|x2 − 3x+ 2
=|1− 1|
12 − 3 · 1 + 2=
0
0!
Afin de resoudre cette limite, notons que c = 1 est le point où f(x) change de loi (dûe à lavaleur absolue |x − 1|). Alors, il est préférable de considérer les limites à côté. En notant que ledénominateur s’écrit
x2 − 3x+ 2 = (x− 1)(x− 2),
on obtient:
limx→1−
|x− 1|x2 − 3x+ 2
= limx→1−
−(x− 1)
(x− 1)(x− 2)[parce que |x− 1| = −(x− 1) pour x < 1]
= limx→1−
−1
(x− 2)
=−1
(1− 2)= 1,
limx→1+
|x− 1|x2 − 3x+ 2
= limx→1+
(x− 1)
(x− 1)(x− 2)[parce que |x− 1| = (x− 1) pour x > 1]
= limx→1+
1
(x− 2)
=1
(1− 2)= −1.
Puisque les limites à côté sont différentes on conclût que la limite limx→1
|x− 1|x2 − 3x+ 2
n’existe pas.
Changement de variable On utilise cette méthode quand la fonction contient une racine car-rée (ou une autre puissance).
Example 2.16 Soit f(x) =(x+ 7)1/2 − 3
x− 2et calculons lim
x→2f(x). Si on remplace x = 2 on obtient
limx→2
(x+ 7)1/2 − 3
x− 2=
(2 + 7)1/2 − 3
2− 2=
0
0!
36
Afin de resoudre cette limite on va procéder avec la méthode de changement de variable1.On pose t = (x+ 7)1/2. On a
x = t2 − 7, limx→2
t = 3.
D’où
limx→2
(x+ 7)1/2 − 3
x− 2= lim
t→3
t− 3
(t2 − 7)− 2
= limt→3
t− 3
t2 − 9[on factorise le dénominateur]
= limt→3
t− 3
(t− 3)(t+ 3)= lim
t→3
1
t+ 3
=1
6.
Vous pouvez obtenir le même résultat en utilisant la méthode de rationalisation.
2.1.4 Problèmes
Problème 2.1.1 Pour chacun des cas suivants dérminez si la fonction f admet limite, ou limites àcôté, au point x = c spécifié.
a) s c = 1, f(x) =
x− 3, x < 1,
1 + x2
x, x ≥ 1
b) c = 3, f(x) =
{ √x2 + 16, x < 3,
x+ 2, x ≥ 3
c) s c = −1, f(x) =
1
1 + x2, x < 2,
x− 1, x ≥ 2
d) s c = 2, f(x) =
2x
x2 − 3, x > 2,
5x− 6, x ≤ 2
Problème 2.1.2 Calculez les limites suivantes si elles existent.
a) s limx→c
1 + x− 3x3
7 + x2, c ∈ R
b) limx→c
√x−√x, c ≥ 1
c) s limx→c
1−√
1 + x
1 + x− x2, 0 ≤ c ≤ 1
d) limx→c
1− xx3 − 3x2 + 2x
, c ∈ R
Problème 2.1.3 Calculez les limites de forme indéterminée0
0suivantes:
1on remarque que f(x) contient une puissance d’un demi dans le numérateur, et donc on pourrait utiliser la méthodede rationalisation
37
a) s limx→4
x− 4√x− 2
b) limx→9
3−√x
x− 9
c) limx→2
5−√x2 + 21
x− 2
d) limx→0
|x|x
e) s limx→1
|x− 1|x− 1
f) s limx→1
(x+ 7)1/3 − 2
x− 1
g) limx→1
(5− x)1/2 − 2
x− 1
h) limx→4
x2 − 16√x− 2
Problème 2.1.4 Soit C(x) la fonction coût d’un produit. Le coût unitaire, noté par Cu(x) est
définit par Cu(x) =C(x)
x. Trouvez lim
x→+∞de Cu(x) dans les cas suivants:
a) s C(x) = x2 + 2x
b) s C(x) =√
9x2 + 1 + 1
c) C(x) = 14x3 + 7x
d) C(x) = |x|
Problème 2.1.5 Trouvez les assymptôtes verticales (AV) et les assymptôtes horizontales (AH) desfonctions suivantes:
a) s f(x) =x2 − 3x+ 7
x2 − 1
b) f(x) =√x2 + 1
c) f(x) =1
x− 3
d) s f(x) =1√
x2 − 1
e) f(x) =x− 2
x2 − 4
f) f(x) =x+ 3
x2 + 4x+ 3
g) f(x) = x3 − 1
h) f(x) =1
9− x2
i) f(x) =3x2 − 2015x+ 7
x2 − 4
j) f(x) =3x3/2 − 2
x√x− 1
k) f(x) =
√x2 + 1
x− 1
l) f(x) =x3 − xx
2.2 ContinuitéDans la section précédente, nous avons vu quelques fonctions "amicales" dont les limites sont
simplement limx→c
f(x) = f(c). Les fonctions qui satisfont cette propriété de substitution sont ap-pelées continues. Dans cette section, nous présenterons quelques de leurs propriétés et illustreronsleur utilité dans plusieurs applications différentes.
38
2.2.1 Notations and quelques propriétés simples
Informellement, l’idée de la continuité est liée à l’idée que des variations infinitésimales de lavariable x impliquent des variations infinitésimales de la valeur f(x). Dans ce cas, la fonction estdite continue. Graphiquement, ceci est presenté par une courbe lisse. S’il y a des sauts ou des trousdans le graphique, la fonction est discontinue. La définition formelle est donnée ci-dessous.
Définition 2.11 Soit y = f(x) une fonction définie dans une intervalle I . Soit c ∈ I . Par défini-tion, on dit “f est continue à c” si les trois conditions suivantes sont satisfaites:
1. f(c) existe,
2. limx→c
f(x) existe, et
3. limx→c
f(x) = f(c).
Autrement, on dit que f est discontinue à c.
Les situations que nous rencontrons le plus souvent dans les applications en affaires ou gestion semodélisent mathématiquement par des fonctions continues partout ou soit continues partout sauf àquelques points.
Alors, quelles fonctions sont continues? Il s’avére que la plupart des fonctions déjà présen-tées dans ce manuel sont continues où elles sont définies, y compris les fonctions polynômiales,radicales, rationnelles, exponentielles et logarithmiques. En fait, on a ce théorème.
Theorem 2.12 Toute fonction algèbrique f(x) est continue à chaque point c ∈ Dom(f).Do plus, toute combinaison de fonctions continue utilisant les opérations usuelles, telles que
la combinaison linéaire, multiplication, fraction, racine, puissance, etc, est continue dans sondomaine de définition.
Notation: Si f est continue à chaque c ∈ I alors on dit que f est continue dans I et on écritf ∈ C0(I).
Exemple 2.17 Considérons la fonction
f(x) =
{ √3 + x, x > 1,x2 + 1, x ≤ 1.
Vérifions si cette fonction est continue dans l’intervalle R. Soit c ∈ R. A vérifier donc si f estcontinue à chaque c ou pas. Puisque f change de lois à c = 1, alors on doit considérer trois caspour c.
i) c > 1. Pour x > 1 on a que f(x) =√
3 + x, qui est une fonction algèbrique bien définiepour tout x > 1. Donc f est continue à tout c > 1.
39
ii) c < 1. Pour x < 1 on a que f(x) = x2 + 1, qui est une fonction algèbrique (même unpolynôme). Donc f est continue à tout c < 1.
iii) c = 1. Dans ce cas on considère les limites à côté:
limx→1+
f(x) = limx→1+
√3 + x =
√3 + 1 = 2,
limx→1−
f(x) = limx→1−
(x2 + 1) = 12 + 1 = 2; de plus
f(1) = 12 + 1 = 2.
Puisque
limx→1+
f(x) = limx→1−
f(x) = f(1),
on conclut que f est continue à x = 1. En conclusion, f est continue dans R.
Exemple 2.18 Pour quelle valeur du paramètre k la fonction
f(x) =
kx2 + k2x
x2, x > 1,
√3 + x2, x ≤ 1,
est continue à x = 1.On sait que f est continue à x = 1 ssi lim
x→1f(x) existe et est égale à f(1). La fonction f étant
donnée par deux lois différentes à côté de x = 1, on considère les limites à côté.
limx→1+
f(x) = limx→1+
kx2 + k2x
x2= k + k2,
limx→1−
f(x) = limx→1−
√3 + x2 = 2.
Pour que la fonction soit continue il faut que
limx→1+
f(x) = limx→1+
f(x) = f(1).
Puisuqe f(1) = 2 il est équivalent à
k + k2 = 2, d’oùk2 + k − 2 = 0,
k =1
2(−1±
√1 + 8) =
1
2(−1± 3), k = −2, k = 1.
En conlusion, k = −1 ou k = 2 rend f continue à x = 1.
40
Exemple 2.19 Pour quelle valeur des paramètres a et b la fonction
f(x) =
{ax3 − 2bx2 − x, x > 1,
ax− bx2, x ≤ 1,
est continue à x = 1.On sait que f est continue à x = 1 ssi limx→1 f(x) existe et est égale à f(1). La fonction f étant
donnée par deux lois différentes à côté de x = 1, on considère les limites à côté.
limx→1+
f(x) = limx→1+
(ax3 − 2bx2 − x) = a− 2b− 1,
limx→1−
f(x) = limx→1−
(ax− bx2) = a− b.
Pour que la fonction soit continue à x = 1 il faut et il suffit que
limx→1+
f(x) = limx→1+
f(x) = f(1).
Puisque f(1) = a+ b on obtient
a2 − 2b− 1 = a− b, d’oùa2 − a− 1 = b.
Donc, pour tout pair (a, b) satisfaisant b = a2 − a− 1 la fonction f est continue à x = 1.
2.2.2 Problèmes
Problème 2.2.1 Vérifiez si les fonctions suivantes sont continues au point c spécifié.
a) f(x) =
{ √x, x > 0,
3x− 1, x ≤ 0,c = 0,
b) f(x) =
{|x|, x < 1,−|x|, x ≥ 1,
c = 1
c) s f(x) =
{3x− 1, x < 1,
x2 −√x, x ≥ 1,
c = 2
d) s f(x) =
1
1 +√
2xx < 2,
x2 + x, x ≥ 2,c = 2.
Problème 2.2.2 Pour quelle valeur du paramètre k, ou des paramètres a et b, les fonctions suiv-antes sont continues dans R?
a) f(x) =
x− k, x < 0,1 + x2
x+ 1, x ≥ 0
b) f(x) =
{x2 + k, x < 0,kx+ 2, x ≥ 0
c) s f(x) =
{k2 + kx2, x < 1,kx+ 1, x ≥ 1
d) f(x) =
k
1 + x2, x < 1,
−x+ 1
k, x ≥ 1
41
e) s f(x) =
ax2 + 3ax, x < 1,
8, x = 1,
2bx− bx3, x ≥ 1f) f(x) =
a2x2 + ax, x < 1,
10, x = 1,
ax− bx3, x ≥ 1
2.3 Applications de la limite2.3.1 Séries géometriques
Une série est l’opération qui consiste à ajouter un nombre fini ou infinité de quantités successivesà une quantité initiale donnée. Une série géométrique est une série simple: il y a une raison constantdes termes successifs.
2.3.1.1 Notations, définitions et résultats élémentaires
• Soit a, r ∈ R, n ∈ N et posons
Sn = a+ ar + ar2 + · · ·+ arn−1 (n termes)= a(1 + r + r2 + · · ·+ rn−1) [notée aussi par]
= an−1∑k=0
rk. (2)
C’est la série géomètrique finie de raison r et de terme initial a, et Sn est sa somme.
A noter que la raison r est le raport entre deux termes successifs de la série.
• On peut considérer Sn quand n = +∞, c.à.d.
S = limn→∞
Sn
= a+ ar + ar2 + · · ·+ arn−1 + arn + · · ·= a(1 + r + r2 + · · ·+ rn−1 + rn + · · · ) [notée aussi par]
= a∞∑k=0
rk. (3)
On appèlle S “série géomètrique infinie“. Si cette limite existe, c.à.d. il existe un nombre,noté S tel que Sn s’approche à S infiniment alors que n tend vers l’infini, on dit que la sé’eriest convergence. Autrement, on dit que la série est divergence.
• On a
Sn =
a1− rn
1− r, r 6= 1,
an, r = 1,
et (4)
42
S := limn→∞
Sn =
a
1− r, |r| < 1, (la série est convergente)
n’existe pas, |r| ≥ 1 (la série est divergente).(5)
• Parfois on considère la série
S = a∞∑k=l
rk = arl + arl+1 + arl+2 + · · · (6)
La somme de cette série est donnée par
S = arl(1 + r + r2 + · · · ) [on utilise (5)]
=arl
1− r, si |r| < 1. (7)
• Soient∑∞
n=0 arn,∑∞
n=0 bsn, deux séries géomètriques. Alors:
i)∑∞
n=0(arn + bsn) est convergente si chaqune des deux séries est convergente; de plus
∞∑n=0
(arn + bsn) = a∞∑n=0
rn + b∞∑n=0
sn =a
1− r+
b
1− s,
ii)∑∞
n=0(arn + bsn) est divergente si au moins une des séries est divergente, c.à.d. aumoins une des |r| ≥ 1, |s| ≥ 1 se produit.
Exemple 2.20 Calculons la somme de la série suivante comme suit
∞∑n=0
9
(1
3
)n= 9
∞∑n=0
(1
3
)n= 9
1
1− 13
= 9123
= 93
2=
27
2.
Exemple 2.21 Calculons la somme de la série suivante
∞∑n=2
(2
5
)n.
C’est une série de la forme (6) avec a = 1 et r =2
5. On utilise la formule (7) et on obtient
∞∑n=2
(2
5
)n=
1 ·(
25
)2
1− 25
=4
25
135
=4
15.
43
Exemple 2.22 Considèrons la somme de la série suivante∞∑n=0
3n−1 − 52n+1
4n
La série s’écrit comme suit.∞∑n=0
3−1 · 3n − 51 · (52)n
4n=
∞∑n=0
(3−1 3n
4n− 5
(25)n
4n
)=∞∑n=0
(3−1
(3
4
)n− 5
(25
4
)n).
Donc, la série s’écrit comme somme de deux séries. La première est de facteur r =3
4avec |r| < 1,
donc elle est convergente. La deuxième est de facteur s =25
4avec |s| > 1, donc elle est divergente.
La conclusion est que la série initialle est divergente.
Exemple 2.23 Soit x = 4.060606 · · · . Écrivons ce nombre en forme rationnelle. Pour ceci onécrit comme suit
x = 4 + 0.06 + 0.0006 + 0.000006 + · · ·
= 4 +6
100+
6
1002+
6
1003+ · · ·
= 4 +6
100
(1 +
1
100+
1
1002+ · · ·
)= 4 +
6
100
1
1− 1100
= 4 +6
100
199100
= 4 +6
99= 4 +
2
33
=134
33.
Exemple 2.24 Une personne reçoit un salaire mensuel de $3000, déposé dans son compte ban-caire à la fin de chaque mois. Pour compler ces besoins, la personne dépense chaque mois %60de tout son argent dans son compte au début du mois courant.i) On suppose que la balance de la personne était 3000$ au début du premier mois. Quelle est labalance dans son compte à la fin du mois n, juste après que son salaire est déposé?ii) Quelle est la balance dans son compte après une infinité de mois?Solution. Soit n le numéro du mois et Sn la balance á la fin du mois n. On a
S0 = 3000,
S1 = 3000 + S0(1− 0.6) = 3000 + 3000 · 0.4 = 3000 · (1 + 0.4).
En général on a
Sn = 3000 + Sn−1 · (1− 0.6)
44
= 3000 + Sn−1 · 0.4.
D’où
Sn = 3000 + Sn−1 · 0.4 = 3000 + (3000 + Sn−2 · 0.4) · 0.4= 3000 + 3000 · 0.4 + Sn−2 · (0.4)2
· · ·= 3000 + 3000 · 0.4 + 3000 · (0.4)2 + · · ·+ S0 · (0.4)n
= 3000 + 3000 · 0.4 + 3000 · (0.4)2 + · · ·+ 3000 · (0.4)n
= 3000(1 + 0.4 + 0.42 + · · ·+ (0.4)n).
= 30001− 0.4n+1
1− 0.4
= 30001− (0.4)n+1
0.6.
Pour n =∞ on obtient
S = 30001
0.6= 3000
10
6=
30000
6.
2.3.1.2 Séries de paiement Supposont qu’on fasse une série de dépôts dans un compte ban-caire, avec un taux d’intérêt annuel r qui est composé n fois par an. Supposons aussi que chaquedépôt est effectué immédiatement après que l’intérêt soit composé. Alors, le solde $C après lek-ème dépôt est donné par
C =k−1∑i=0
A(
1 +r
n
)i= A
1−(1 + r
n
)k1−
(1 + r
n
) .Une idée de la preuve de cette formule est comme suit. Soit k le numéro total des dépots. Le
premier dépôt $A est composé k − 1 fois et qui donne à la fin une valeur A(
1 +r
n
)k−1
(selon
(8)). Le second dépôt $A est composé k − 2 fois et qui donne à la fin une valeur A(
1 +r
n
)k−2
.Ainsi de suite, le k − 1-ème dépot $A est composé 1 fois et qui donne à la fin une valeur de
A(
1 +r
n
)1
et finallement le dernier dépôt $A est composé 0 fois et qui donne à la fin une valeurA. D’où
C =k−1∑i=0
A(
1 +r
n
)i.
En appliquant la formule de la progression géométrique (4) avec A au lieu de a et(
1 +r
n
)au lieu
de r on obtient la formule ci-dessus.
45
Exemple 2.25 Un joueur de soccer a signé un contrat de durée de 5 années et une somme totale de$50 million. Quelle série de paiement de dépots2 devrait-on effectuer dans un compte en banque,si le taux d’intérêt est %4 et composé deux fois par an?SolutionIci, n = 2, r = 0.04, C = 50 (en million de dollars) et le nombre total des dépôt est k = 2 ·5+1 =11. Chaque dépôt A est effectué immédiatement après que l’intérèt est composé.
On cherche A. Selon la formule des séries de paiement on a
C = A1−
(1 + r
n
)k1−
(1 + r
n
) , d’où en remplaçant on obtient
50 = A1−
(1 + 0.04
2
)11
1−(1 + 0.04
2
) ; alors
A = 50
(1−
(1 + 0.04
2
)11
1−(1 + 0.04
2
) )−1
= 50
(1− (1.02)11
1− 1.02
)−1
= 50
(1− 1.24337
1− 1.02
)−1
= 50
(0.24337
0.02
)−1
= 50 · 0.08217
= 4.10889.
Comme on le voit, il suffit de déposer $4.5682 million de dollars à chaque dépôt (pour un total de10 · 4.5682 = 45.682 million de dollars) afin qu’à la fin de 5 années, la valeur capitalisée soit $50million.
2.3.1.3 Problèmes
Problème 2.3.1 Trouvez la somme des séries géomètriques suivantes.
a) s
∞∑n=2
8
(1
2
)n
b) s
∞∑n=0
2n − 5n
3n+1
c)∞∑n=0
3n−1
22n+3
d)∞∑n=0
4
(2
3
)n
e)∞∑n=0
2n+1 − 5n−1
4n
f)∞∑n=0
5n+1
32n−1
g)∞∑n=3
2n+1
7n−1
h)∞∑n=0
5n+1 − 4n
92n−1
Problème 2.3.2 Trouvez la représentation fractionnelle des nombres suivants.2donc, un dépot initial et les autres dépots chacun immédiatemment après la composition de l’intérêt
46
a) 0.999999 · · ·
b) s 0.444444 · · ·
c) s 1.646464 · · ·
d) 2.030303 · · ·
Problème 2.3.3 s Une personne reçoit une salaire mensuel de $2000, déposé dans son comptebancaire au début de chaque mois. Pour compler ces besoins, la personne dépense chaque mois%40 de tout son argent dans son compte au début du mois courant. On suppose que la balance ducompte avant que le salaire soit déposé était 0$. Quelle est la balance dans son compte au débutdu mois n? Prendre n = 2, 6, 12, 24, +∞.
Problème 2.3.4 Un patient reçoit une dose de 30 mg de médicament à la fin de chaque heure.Pendant chaque heure, l’organisme absorbe %70 de la quantité du médicament qui se trouvaitdans le cors du patient à la fin de l’heure précédente. Trouvez la quantité du médicament qui setrouve dans le corps du patient à la fin de n heures. Prenez n = 2, n = 5, n = 10, n = +∞.
Problème 2.3.5 Un joueur de soccer a signé un contrat d’une valeur totale de $500 million, pourune durée de 10 années. Quelle série de paiement de dépots devrait-on effectuer dans un compteen banque, si le taux d’intérêt est %8 et composé 4 fois par an?
Problème 2.3.6 Une entreprise de construction a signé un contrat avec l’état pour la modérnisa-tion des chemins de fers pour une valeur totale de $20 billion. L’entreprise et l’état se sont misd’accord que la somme sera délivrée à la fin des traveaux, soit après 4 années. Quelle série depaiement de dépots devrait l’état effectuer dans un compte en banque, si le taux d’intérêt est %6et composé trois fois par an?
2.3.2 Composition de l’intérêt et nombre e
Le nombre ”exponentiel” e se rencontre souvent dans la littérature scientifique. Ce nombreexceptionnel n’est pas un produit de notre imagination mais plutôt un represantant de certain pro-cessus de la vie réelle comme on va le voir plus bas.
2.3.2.1 Composition de l’intérêt
1. Une somme initiale d’argent A qu’on dépose dans un compte bancaire est applée “valeuractualisée”. C’est un placement (initial).
2. Le taût d’intérêt (annuel) d’un placement A dans un compte bancaire est le nombre r tel quela somme rA sera l’intérêt que la banque va ajouter dans le compte à la fin d’année.
Généralement, l’intérêt sera payé n fois par an, tout dépend du contrat signé avec la banque.Dans ce cas l’intérêt payé à chaque période (égale à 1/n-ème de l’année) sera
r
nA, où A est
la balance du compte au début de la période en question.
3. Quand l’intérêt n’est pas retiré du compte, mais il est laissé dans le compte avec le mêmetaûx d’intérêt, on dit que l’intérêt est composé. C’est la “composition discrète”.
47
4. La balance du compte à un moment quelconque t s’appelle “valeur capitalisée au temps t“et est notée par C(t).
Pour un compte d’une valeur actualisée A, placée avec un intérêt anuel r, qui est composé nfois par an, la valeur capitalisée après t années sera
C(t) = A(
1 +r
n
)nt. (8)
La formule s’obtient comme suit. Pendant t années l’intérêt va se composer nt fois, et àchaque fois l’intérêt sera
r
n. Alors on obtient:
numéro de la composition la balance aprés la composition de l’intérêt
0 (A+ rn)0 = A
1 A+ rnA = A(1 + r
n)1
2 A(1 + rn) + r
nA(1 + r
n) = A(1 + r
n)2
3 A(1 + rn)2 + r
nA(1 + r
n)2 = A(1 + r
n)3
· · · · · ·nt A(1 + r
n)nt−1 + r
nA(1 + r
n)nt−1 = A(1 + r
n)nt
2.3.2.2 Nombre e Par définition, le nombre e (e for Euler), est la limite de la valeur capitaliséeau temps t = 1 d’une valeur actualisée de A = $1, d’intérêt annuel r = 1 (ou r = %100), quandle nombre des compositions n tend vers l’infini, c.à.d.,
e = limn→∞
(1 ·(
1 +1
n
)n).
Le nombre e est un nombre irrationnel. Il apparaît naturellement dans plusieres phénomènes dansla nature. Il est égal à
2.7182818284590452353602874713527 · · · .
2.3.2.3 Composition continue de l’intérêt Par définition, on dit que l’intérêt est composécontinûment si le nombre des compositions tend vers l’infini. La balance du compte au temps tdans ce cas est donée par
C(t) = A limn→∞
(1 +
r
n
)nt.
Que vaut cette limite? En utilisant la regle abc = (ab)c on obtient
C(t) = A limn→∞
(1 +
r
n
)nt= A lim
n→∞
(1 +r
n
)nr︸ ︷︷ ︸
→e
rt
; d’où
48
C(t) = A · ert. (9)
2.3.3 Fonctions exponentielle et logarithmique. Propriétés élémentaires
2.3.3.1 La fonction exponentielle et
1. Par définition, la fonction exponentielle, notée et, est la limite de la valeur capitalisée autemps t d’une valeur actualisée de $1, d’intérêt annuel %100 (ou d’intérèt annuel 1), quandle nombre des compositions tend vers l’infini, c.à.d.,
et = limn→∞
1 ·(
1 +1
n
)n·t; ou bien ex = lim
n→∞
(1 +
1
n
)n·x.
La définition fait bien de sense parce que
limn→∞
1 ·(
1 +1
n
)n·t= lim
n→∞
(1 +1
n
)n︸ ︷︷ ︸
→e
t
= et.
2. Quelques propriétés simples de ex sont comme suit:
Dom(ex) = R,
Im(ex) = (0,∞),
e0 = 1,
ex est croîssante,ex+y = exey,
ex−y =ex
ey,
e−y =1
ey,
ekx = (ex)k = (ek)x.
x
1
x
e
2.3.3.2 La fonction logarithmique lnx
1. La fonction logarithmique (népérienne, ou naturelle) notée lnx, est l’inverse de ex. Donc,
ln ex = x, ∀x ∈ R, et elnx = x, ∀x > 0.
Quelques propriétés simples de lnx sont:
49
Dom(lnx) = (0,∞),
Im(lnx) = R,
ln 1 = 0,
ln(xy) = ln x+ ln y,
ln
(x
y
)= lnx− ln y,
ln
(1
y
)= − ln y,
ln(xk) = k lnx.
1
ln x
x
Remarque 2.13 Dans ce cours on se contentera avec les fonctions ex et lnx. A noter qu’il existedes fonction exponenetielles et logarithmique de base b, définies comme suit.
1. Étant donné 0 < b 6= 1, on peut considérer bx, la fonction exponentielle de base b, et safonction inverse logb x. Les proprietés de bx, resp. logb x, sont très similaires à celles de ex,resp lnx.
2. Notons que de plus on a
bx = ex ln b, logb x =1
ln blnx.
Ces deux formules permettent d’écrire bx et logb x comme ekx et k lnx, avec k = ln b, ce quijustifie à se limiter à l’étude de ex et lnx seulement.
Exemple 2.26 Resoudre les équations suivantes.
• 3 · 7x = 6:
7x =6
3= 2,
ln(7x) = ln(2),
x ln(7) = ln(2),
x =ln 2
ln 7.
• 4 · (1.03)7x = 3:
(1.03)7x =3
4,
ln((1.03)7x) = ln
(3
4
),
50
7x ln((1.03) = ln
(3
4
),
x =ln(
34
)7 ln(1.03)
.
• 21−x = 32x:
ln(21−x) = ln(32x)
(1− x) ln(2) = 2x ln(3)
ln 2 = 2x ln 3 + x ln 2,
2x ln 3 + x ln 2 = ln 2,
x(2 ln 3 + ln 2) = ln 2,
x =ln 2
2 ln 3 + ln 2
=ln 2
ln(32) + ln 2
=ln 2
ln(32 · 2)
=ln 2
ln(18).
• ln(x− 1)− ln 15 + ln(x+ 1) = 0.
À noter ici qu’on doit avoir x − 1 > 0 et x + 1 > 0, donc x > 1 (afin que les logarithmessoient bien définis).
ln(x− 1) + ln(x+ 1) = ln 15,
ln((x− 1)(x+ 1)) = ln 15,
eln((x−1)(x+1)) = eln 15,
(x− 1)(x+ 1) = 15,
x2 − 1 = 15,
x2 = 16,
x = ±4.
Puisque on doit avoir x > 1, la solution est seulement x = 4.
Exemple 2.27 La somme $1000 est placée dans un compte bancaire avec un intérêt annuel 6%.
a) On suppose que l’intérêt est composé trois fois par an. On va trouver:
i) La balance du compte après t années.
51
ii) Le temps nécessaire pour que le placement initial se double.
b) On suppose que l’intérêt est composé continûment. On va trouver:
i) La balance du compte après t années.
ii) Le temps nécessaire pour que le placement initial se double.
Solution.a.i) Selon la formule (8) avec A = 1000, r = 0.06 et n = 3 on a
C(t) = 1000 ·(
1 +0.06
3
)3t
= 1000 · (1.02)3t .
a.ii) On cherche le temps t tel que C(t) = 2A. Donc,
1000 · (1.02)3t = 2 · 1000,
(1.02)3t = 2.
Comment resoudre cette équation?On utilise une propriété de la fonction logarithmique (naturelle)
ln(bx) = x ln b.
Donc en obtenant le ln des deux côtés de la dernière équation on obtient
ln(1.02)3t = ln 2,
3t ln(1.02) = ln 2,
x =ln 2
3 ln 1.02≈ 11.6676.
b.i) Selon la formule (9) avec A = 1000, r = 0.06 et n =∞ on a
C(t) = 1000 · e0.06t.
b.ii) On cherche le temps t tel que C(t) = 2A. Donc,
1000 · e0.06t = 2 · 1000,
e0.06t = 2,
ln e0.06t = ln 2,
0.06t = ln 2,
t =ln 2
0.06≈ 11.5525.
On voit qu’un intérêt qui se compose continûment double le placement initial plus vite.
52
Exemple 2.28 Une valeur actualisée $A est placée avec un intérêt annuel r qui est composé nfois par an, pendant t années. Soit C = C(t) le solde après t années.
a) On prend A = 1, r = 0.03 et t = 10.
i) On calcule C(t) pour n = 1, 2, 4, 8, 16,∞.
ii) Qu’on en déduit pour C avec n qui augmente tout en prenant A, r et t fixés? Est-ilmieux pour le client que n soit grand ou petit?
b) On prend n = 1, 2, 4, 8, 16,∞ et on trouve le temps pour que la valeur initialle A se double.
Solution.a.i) On substitue dans C(t) = A
(1 + r
n
)nt pour n = 1, 2, 4, 8, 16 et dans C(t) = Aert pourn =∞. Pour les valeurs donn’ees de n on obtient
n = 1 : C(10) = 1
(1 +
0.03
1
)1·10
= 1 (1.03000)10 = 1.3439
n = 2 : C(10) = 1
(1 +
0.03
2
)2·10
= 1 (1.01500)20 = 1.3468
n = 4 : C(10) = 1
(1 +
0.03
4
)4·10
= 1 (1.00750)40 = 1.3483
n = 8 : C(10) = 1
(1 +
0.03
8
)8·10
= 1 (1.00375)80 = 1.3491
n = 16 : C(10) = 1
(1 +
0.03
16
)16·10
= 1 (1.0018)16 = 1.3494
n =∞ : C(10) = Aer·10 = 1e0.03·10 = 1.3498
a.ii) On remarque donc que si tous les paramètres sont fixés, sauf n, la valeur capitalisée croîtavec n qui augmente. Donc, un client doit préférer n grand.
b) Pour n = 1, 2, 4, 8, 16 on cherche t tel quel C(t) = A ·(
1 +r
n
)nt= 2A, avec r = 0.03. Donc
A ·(
1 +r
n
)nt= 2A,(
1 +0.03
n
)nt= 2,
ln
(1 +
0.03
n
)nt= ln 2,
nt ln
(1 +
0.03
n
)= ln 2,
t =ln 2
n ln(1 + 0.03/n).
53
Pour n = 1, 2, 4, 8, 16 on obtient
n = 1 : 1 · (1.03)1·t = 2 · 1,(1.03)t = 2,
t =ln 2
ln 1.03≈ 23.4498,
n = 2 : 1 · (1.015)1·t = 2 · 1,(1.015)t = 2,
t =ln 2
ln 1.015≈ 23.2775,
n = 4 : 1 · (1.0075)1·t = 2 · 1,(1.0075)t = 2,
t =ln 2
ln 1.0075≈ 23.1914
n = 8 : 1 · (1.00375)1·t = 2 · 1,(1.00375)t = 2,
t =ln 2
ln 1.00375≈ 23.1482,
n = 16 : 1 · (1.0019)1·t = 2 · 1,(1.0019)t = 2,
t =ln 2
ln 1.0019≈ 23.1266.
Dans le cas de la composition continue, on cherche t tel quel C(t) = Aert = 2A avec r = 0.03.En remplaçant on obtient
1 · e0.03t = 2 · 1,
t =ln 2
0.03≈ 23.1049.
On remarque que le temps pour que A se double est plus court si n est grand. Il est encore pluscourt si la composition est continue.
Exemple 2.29 Une valeur actualisée $A est placée avec un intérêt annuel r = 0.12 qui est com-posé n fois par an, pendant t annés. Soit C = C(t) le solde après t années. i) Trouvons-nous Apour que C(10) = 10, 000, aux cas n = 1, 6, 12,∞.ii) Que déduisons-nous des résultats?Solutiona) Au cas de n = 1, 6, 12 on a C(t) = A
(1 +
r
n
)nt. On cherche A pour que C(10) = 10, 000,
donc
A(
1 +r
n
)10n
= 10, 000,
54
A =10, 000(1 + r
n
)nt .En remplaçant on obtient
n = 1, A =10, 000(
1 + 0.121
)10·1 = 3219.73,
n = 6, A =10, 000(
1 + 0.126
)10·6 = 3047.82,
n = 12, A =10, 000(
1 + 0.1212
)10·12 = 3029.94.
Pour n =∞ on a C(t) = Aert. On cherche A tel que C(10) = 10, 000, donc
Ae0.12·10 = 10, 000, d’où
n =∞, A =10, 000
e0.12·10
b) On voit que plus n est grand, plut petit est A qui permet d’avoir une balance de $10,000 après10 années.
2.3.3.3 Problèmes
Problème 2.3.7 Resoudre les équations
a) s 2x = 8
b) s 3x−2 = 7−2x+1
c) 23x−1 = 1
d) 31−7x = 19
e) 21−x = 32x
f) s 2 lnx+ ln 7 = ln 3 + ln(2x)
g) 2 ln 3− lnx = 2
h) s ln(x− 3) + ln x− 2 ln 2 = 0
Problème 2.3.8 Une valeur actualisée $A est placée avec un intérêt annuel r qui est composé nfois par an, pendant t annés. Soit C = C(t) le solde après t années. Répondez aux questionssuivantes.i) Prenez A = 10, r = 0.08, t = 5 et calculez C(t) pour n = 1, 2, 4, 8, 16,∞.ii) Qu’en déduisez-vous pour C(t) avec n qui augmente? Prenant A, r et t fixés, est-il mieux pourle client que n soit grand ou petit?
Problème 2.3.9 Une valeur actualisée $A est placée avec un intérêt annuel r, qui est composén fois par an, pendant t annés. Soit C = C(t) le solde après t années. Répondez aux questionssuivantes.i) Prenez A = 100, r = 0.04, t = 10, et calculez C(t) pour n = 1, 6, 12,∞.ii) Qu’en déduisez-vous pour C(t) avec n qui augmente? Prenant A, r et t fixés, est-il mieux pourle client que n soit grand ou petit?
55
Problème 2.3.10 s Une valeur actualisée $A est placée avec un intérêt annuel r = 0.04 qui estcomposé n fois par an, pendant t annés. Soit C = C(t) le solde après t années. Répondez auxquestions suivantes.i) Trouvez le temps t tel que C(t) = 3A, aux cas n = 1, 6, 12,∞.ii) Trouvez A pour que C(10) = 2000, aux cas n = 1, 6, 12,∞.iii) Que déduisez vous de vos résultats quand n augmente?
Problème 2.3.11 Une valeur actualisée $A est placée avec un intérêt annuel r = 0.06 qui estcomposé n fois par an, pendant t annés. Soit C = C(t) le solde après t années. Répondez auxquestions suivantes.i) Trouvez le temps t tel que C(t) = 4A, aux cas n = 1, 6, 12,∞.ii) Trouvez A pour que C(20) = 500, aux cas n = 1, 6, 12,∞.iii) Que déduisez vous de vos résultats quand n augmente?
Problème 2.3.12 s Dans chaque organisme vivant, le raport entre isotopes de carbon radioactiveet le nombre total des atomes est A = 1/(1012). Quand l’organisme meurt, ce rapport commenceà diminuer suivant la loi
R(t) = Ae−rt,
où r le taux de reduction, t le temps et R(t) est la valeur du raport après t années.i) Sâchant que le temps de demi-vie est de 5715 (c’est le temps nécessaire pour que le raport initialdevient à sa moitié, c.à.d. R(t) = 1
2A), trouvez r et donnez la formule complète pour C(t).
ii) Trouvez la valeur du raport après 100 000 années.iii) Si on sait que R = 1/(1015), avant combien d’années l’organisme est mort?
Problème 2.3.13 Calculez la valeur capitalisée $C d’un placement initial de $A, dont l’intérêtest composé n fois par un, à un taux annuel r pendant t années, comme suit:
a) A = 100, n = 2, r = 0.05, t = 10
b) s A = 100, n = 4, r = 0.05, t = 10
c) A = 200, n = 2, r = 0.08, t = 5
d) A = 200, n = 4, r = 0.08, t = 5
Problème 2.3.14 Calculez la valeur actualisée $A d’un solde final $C, si l’intérêt est composé nfois par an, à un taux annuel r pendant t annés, comme suit:
a) C = 500, n = 2, r = 0.05, t = 10
b) C = 500, n = 4, r = 0.05, t = 10
c) s C = 100, n = 2, r = 0.08, t = 10
d) C = 100, n = 4, r = 0.08, t = 10
Problème 2.3.15 Une valeur actualisée $A est placée avec un intérêt qui est composé n fois paran, à taux annuel r, pendant t annés. Soit C = C(t) le solde après t années. Quand le solde sedoublera, c.à.d. pour quel temps t on a C(t) = 2A?
56
a) n = 2, r = 0.054
b) s n = 4, r = 0.05
c) n = 8, r = 0.05
d) n = 16, r = 0.05
Problème 2.3.16 Une valeur actualisée $A est placée avec un intérêt qui est composé n fois paran, à taux annuel r, pendant t annés. Soit C = C(t) le solde après t années. Pour quelle valeuractualisée A on aura C(10) = 10000?
a) n = 5, r = 0.02
b) n = 10, r = 0.02
c) n = 15, r = 0.02
d) s n = 20, r = 0.02
57
3 Calcul différentiel. ApplicationsLe calcul différentiel a été inventé indépendemment par Leibnitz and Newton au 17ième siècle.
Eseentiellement il décrit le comportement infinitessimal d’une qunatité, et ainsi est à la base detoutes les mathématiques.
À la fin de ce chapitre, l’étudiant
X devrait maîtriser la notion de la dérivée et l’appliquer à calculer la dérivée de fonctionsquelconques,
X apprendra à appliquer les outils de la dérivée dans des problèmes de la vie réelle tels qu’enfinance et à l’optimisation.
3.1 La dérivée3.1.1 Motivation
Supposons que la balance dans un compte bancaire au temps t est C(t), et varie dua à un intérêtannuel variable r(t) qui est composé continûment. Peut-on trouver à quelle taûx l’intérêt change?La reponse est oui. En effet, soit t un temps quelconque et h > 0 un intervalle de temps. Alors,C(t + h)− C(t) donne l’argent qui est rentré dans le compte pendant l’intervalle [t, t + h]. Si onsuppose que pendant l’intervalle [t, t+ h] l’intérêt est constant et égal à r(t), ce qui est une bonneapproximation, alors on a
C(t+ h)− C(t) = C(t)︸︷︷︸ · r(t)h︸ ︷︷ ︸ .↑ ↑ le divident de l’intêrèt moyen pendant l’intervalle [t, t+ h]∣∣∣
l’argent au début de l’intervalle [t, t+ h]
D’où
r(t) =1
C(t)
C(t+ h)− C(t)
h, et r(t) =
1
C(t)
C(t+ h)− C(t)
h.
Alors l’intérêt instantanné r(t) est donné en prenant la limite quand h tend vers zéro
r(t) =1
C(t)limh→0
C(t+ h)− C(t)
h.
Des situations similaires apparaîssent dans bien d’autres domaine. Ainsi, en mécanique, soitd(t) la distance parcourue par un point en fonction du temps. On se demande quelle serait lavitesse du déplacement du point au temps particulier t.
58
On pourrait d’abord trouver une vitesse moyenne v(t) dans l’intervalle [t, t + h], h > 0, qui estdonnée par
v(t) =d(t+ h)− d(t)
h.
Intuitivement, il est clair que plus h est petit, plus v(t) nous donne une valeur exacte de la vitesseau temps t. D’où l’idée de considérer la limite de v(t) quand h tend vers 0:
v(t) := limh→0
d(t+ h)− d(t)
h.
On arrive à une conclusion similaire si on s’interésse á la droite tangente au graphe de la fonctionf au point (x0, y0). En effet, on pourrait considérer d’abord, comme une approximation, l’équationde la droite sécante passante par les points (x0, y0) = (x0, f(x0)) et (x1, y1) = (x0 +h, f(x0 +h))du graphe de f , voir Fig. 9. La pente et l’équation de cette droite sécante sont
Figure 9: Le graphe de la fonction f (rouge), la droite sécante (blue) et la droite tangent (verte)
m(x0) =y1 − y0
x1 − x0
=f(x0 + h)− f(x0)
h, y = m(x0)(x− x0) + y0.
Alors, l’intuition nous pousse à considérer comme pente de la droite tangente au graphe de f aupoint x0, y0) la quantité m(x0) donnée
m(t0) = limh→0
f(x0 + h)− f(x0)
h.
Remarque 3.1 Ce qui est commun dans tous ces problèmes est que d’abord on considère le taûxde changement dans l’intervalle (x, x+ h) de la fonction f , noté
f(x+ h)− f(x)
h
59
et ensuite on prend son limite quand h tend vers 0
limh→0
f(x+ h)− f(x)
h.
Ceci est équivalent de considérer la limite de taux de changement de f
lim∆x→0
∆f
∆x= lim
∆x→0
f(x+ ∆x)− f(x)
∆x.
3.1.2 Quelques définitions et résultats élémentaires
Définition 3.2 Soit I ⊂ R un intervalle, f : I 7→ R et x ∈ I avec Dom(f) = I . On dit que f estdérivable (ou différentiable) à x si la limite suivante existe
limh→0
f(x+ h)− f(x)
h. (10)
Dans ce cas on note la limite par f ′(x), oudf(x)
dx, et on l’appelle "dérivee de f à x" et, de plus,
on dit ”f est dérivable (différentiable) à x“. Si la limite n’existe pas on dit ”f n’est pas dérivable(différentiable) à x“.
Nous pouvons également examiner la dérivée d’une fonction dans son ensemble de définition I .Si f est dérivable en tout point x ∈ I , on dit ”f est dérivable (différentiable) dans I“.
Si f ′ est une fonction dérivable dans I , c.à.d. que f ′ admet une dérivée en chaque point de I ,alors on dit que f est deux fois dérivable dans I , et on note f ′′(x) la dérivée de f ′, qui est donc
f ′′(x) = (f ′(x)′); oud2f(x)
dx2=
d
dx
df(x)
dx= f ′′(x).
De façon similaire on définit la dérivée troisième f ′′′(x), quatrième f (iv)(x), ..., dérivée n-èmef (n)(x) = (f (n−1)(x))′. Ces dérivées sont souvent appellées “dérivées d’ordre supérieur”.
Pourquoi on considère les dérivées d’ordre supérieures? La réponse sera donnée plus tard quandon verra des problèmes d’optimisation.
Exemple 3.1 Soit f(x) = kx+ b. Calculons sa dérivée en utilisant la définition. On a
f ′(x) = limh→0
f(x+ h)− f(x)
h= lim
h→0
(k(x+ h) + b)− (kx+ b)
h
= limh→0
kh
h= lim
h→0k
= k.
Il en suit que
(ax+ b)′ = a, (11)
qui en particulier donne
x′ = 1, b′ = 0.
60
Exemple 3.2 Soit f(x) = ax2 + bx+ c. Calculons sa dérivée en utilisant la définition:
f ′(x) = limh→0
1
h(f(x+ h)− f(x))
= limh→0
1
h((a(x+ h)2 + b(x+ h) + c)− (ax2 + bx+ c))
= limh→0
1
h((ax2 + 2axh+ ah2 + bx+ bh+ c)− (ax2 + bx+ c))
= limh→0
1
h(2axh+ ah2 + bh)
= limh→0
(2ax+ ah+ b)
= 2ax+ b.
Il en suit que
(ax2 + bx+ c)′ = 2ax+ b, (12)
qui en particulier donne
(x2)′ = 2x.
Exemple 3.3 Soit f(x) =1
11− x. Calculons f ′(x), x 6= 11:
f ′(x) = limh→0
f(x+ h)− f(x)
h= lim
h→0
1
h
(1
11− (x+ h)− 1
11− x
)= lim
h→0
1
h
(11− x)− (11− (x+ h)
(11− (x+ h))(11− x)
= limh→0
1
h
h
(11− (x+ h))(11− x)
= limh→0
1
(11− (x+ h))(11− x)
=1
(11− x)2.
Exemple 3.4 Il y a-t-il des fonctions qui n’ont pas de dérivée à un certain point x? Oui, et pourvoir ceci considerons f(x) = |x|. Alors f ′(0) n’existe pas. Intuitivement, ceci on le voit du faitque le graphe de f n’as pas une seule pente à x = 0. Plus précisemment on considère la limite
limh→0
f(0 + h)− f(0)
het on montre qu’elle n’existe pas. Puisque la fonction f(x) est donnée par
deux lois différentes on considère les limites à côté:
limh→0−
f(0 + h)− f(0)
h= lim
h→0−
|h|h
(parce que f(x) = −x pour x < 0
61
= limh→0−
−hh
= −1,
limh→0+
f(0 + h)− f(0)
h= lim
h→0+
|h|h
(parce que f(x) = x pour x ≥ 0
= limh→0+
h
h= 1.
Les deux limites étant differentes montre que la limite n’existe pas, donc f ′(0) n’existe pas.
Exemple 3.5 Calculons la dérivée de f(x) =√
9− x pour x < 9. On a
limh→0
f(x+ h)− f(0)
h= lim
h→0
1
h
(√9− (x+ h)−
√9− x
)[on multiplie par le conjugué]
= limh→0
1
h
(√9− (x+ h)−
√9− x
) √9− (x+ h) +√
9− x√9− (x+ h) +
√9− x
= limh→0
1
h
9− (x+ h)− (9− x)√9− (x+ h) +
√9− x
= limh→0
1
h
−h√9− (x+ h) +
√9− x
= − limh→0
1√9− (x+ h) +
√9− x
= − 1
2√
9− x.
3.1.3 Dérivée et continuité
Dérivée du fonction est une notion plus forte que la continuité. Au fait on a que si f est dérivableà x alors f est continue à x. En effet:
limh→0
(f(x+ h)− f(x)) = limh→0
f(x+ h)− f(x)
h· h
= limh→0
f(x+ h)− f(x)
h· limh→0
h = f ′(x) · 0= 0.
Donc, limh→0
f(x+ h) = f(x), ce qui signifie f est continue à x.
Le contraire n’est pas vrai, en général. Par example, si f(x) = |x|, alors f est continue à 0, mais fn’est pas dérivable à 0.
Exemple 3.6 Considérons f(x) =
{3x− 2, x < 1,√x, x ≥ 1.
Est-ce-que f ′(1) existe?
62
Notons d’abord qu’on peut facilement vérifier que f est continue dans R. Pour f ′(1), on doitconsidérer la limite (10). Du fait que f est donnée par deux lois différentes à côté de x = 1, onconsidères les limites à côté comme suit“
limh→0−
1
h(f(1 + h)− f(1)) = lim
h→0−
1
h((3(1 + h)− 2)− 1) = lim
h→0−
1
h(3h)
= 3,
limh→0+
1
h(f(1 + h)− f(1)) = lim
h→0+
1
h(√
1 + h− 1) = limh→0+
1
h
(√
1 + h− 1)(√
1 + h+ 1)
(√
1 + h+ 1)
= limh→0+
1
h
1 + h− 1
(√
1 + h+ 1)= lim
h→0+(√
1 + h+ 1)
= 2.
Les deux limites n’étant pas égales montre que limh→0
1
h(f(1 + h)− f(1)) n’existe pas, donc f ′(1)
n’existe pas.
Exemple 3.7 Considérons f(x) =
{2x+ 1, x < 1,x2 + 2, x ≥ 1.
Est-ce-que f ′(1) existe?
D’abord, on note que f est continue dans R. Quand à la dérivé f ′(1), en utilisant les regles (11)et (12) on obtient
limh→0−
1
h(f(1 + h)− f(1)) = (2x+ 1)′|x=1 = 2,
limh→0+
1
h(f(1 + h)− f(1)) = (x2 + 2)′|x=1 = 2.
Les deux limites étant égales, montre que limh→0
1
h(f(1 + h)− f(1)) = 2. Donc f ′(1) = 2.
3.1.4 Une première application: équation de la droite tangente
Soit y = f(x) une fonction donnée dans un intervalle I . On se demande quelle est l’équation dela droite tangente au graphe de f au point(x0, f(x0)), sâchant que f ′(x0) existe.
On a vu que la pente de la droite tangente au (x0, f(x0)) est f ′(x0). Alors, l’équation de la droitetangente au (x0, f(x0)), voir Fig. 10 est
y = f ′(x0)(x− x0) + f(x0), ou y = f ′(x0)︸ ︷︷ ︸=k
x+ (f(x0)− x0f′(x0))︸ ︷︷ ︸
=b
. (13)
Exemple 3.8 Soit f(x) = x2 − x + 1. Trouvons l’équation de la droite tangente au graphe de fau point (1, f(1)).
Notons que f(1) = 1. Donc le point (1, 1) appartient au graphe de f . Ensuite, d’après la regle(12) on a f ′(1):
f ′(x) = 2x− 1, d’où
63
Figure 10: Le graphe de la fonction f(x) et la droite tangente au (x0, f(x0))
f ′(1) = 1.
Alors, l’équation de la droite tangente est
y = f ′(1)(x− 1) + f(1) = 1 · (x− 1) + 1 = x.
3.1.5 Règles de dérivation
La dérivation est une opération très commune dans le calcul différentiel. Au lieu d’utiliser ladéfinition formelle de la dérivée, nous avons plusieurs règles que nous pouvons les utiliser pourtrouver la dérivée plus rapidement.
Régle de la combinaison linéaire. C’est une règle qu’on l’utilise très souvent. Elle dit que chaquecombinaison linéaire de fonctions dérivables est dérivable, c.à.d. si f et g sont deux fonctionsdérivables dans l’intervalle I , α, β ∈ R, alors
(αf(x) + βg(x))′ = αf ′(x) + βg′(x). (14)
Règle de la puissance, et de la puissance généralisé. Pour tout n ∈ R, ou tout f dérivable, on a
(xn)′ = nxn−1, (15)(f(x)n)′ = nf(x)n−1f ′(x). (16)
En particulier on a
(1)′ = (x0)′ = 0, x′ = 1, (x2)′ = 2x.
Exemple 3.9 Calculons les dérivées de f(x) = x4, g(x) = x13 et h(x) = 5x−3. En utilsant la
règle (15) on obtient:
f ′(x) = (x4)′ = 4x4−1 = 4x3,
g′(x) = (x13 )′ =
1
3x
13−1 =
1
3x−
23 =
1
3
1
x23
,
h′(x) = (x−3)′ = (x−3)′ = (−3x−3−1) = −3x−4 = − 3
x4.
64
Exemple 3.10 Soit f(x) = x2 − 2√x+ 3√
x− 100 et calculons f ′(x). D’abord on reécrit f(x) en
forme de puissances
f(x) = x2 − 2x1/2 + 3x−1/2 − 100.
En appliquant les règles (14) et (15) on obtient
f ′(x) = (x2)′ − 2(x1/2)′ + 3(x−1/2)′ − (100)′
= 2x− 21
2x1/2−1 + 3
(−1
2
)x−1/2−1 − 0
= 2x− x−1/2 − 3
2x−3/2
= 2x− 1
x1/2− 3
2
1
x3/2.
Exemple 3.11 Soit f(x) = 13. Selon règle (15) on a f ′(x) = 0. Pour comprendre pourquoi,pensez au graphe de cette fonction. Le graphe de f(x) est une ligne horizontale, donc sa pente estégale à zéro, d’où f(x) = 0.
Exemple 3.12 Prouvons la règle (15) pour la fonction f(x) = xn, n ∈ N, en utilisant la définitionde la dérivée. En effet, on a
limh→0
1
h(f(x+ h)− f(x)) = lim
h→0
1
h((x+ h)n − xn) [utilisons la formule du binôme]
= limh→0
1
h(xn + nxn−1h+
1
2n(n− 1)xn−2h2 + · · ·+ nxhn−1 + hn − xn)
= limh→0
1
h(nxn−1h+
1
2n(n− 1)xn−2h2 + · · ·+ nxhn−1 + hn)
= nxn,
ce qui prouve (15).
Règle de l’exponentiel et de l’éxponentiel généralisé. Les fonctions ex et e−x sont dérivables et
(ex)′ = ex, (e−x)′ = −e−x, (17)(eg(x))′ = eg(x)g′(x) pour tout g dérivable. (18)
En particulier, (ecx)′ = cecx avec c ∈ R.
Règle du logarithme et du logarithme géneralisé. La fonction ln |x| est dérivable
(ln |x|)′ =1
x, (19)
(ln |g(x)|)′ =g′(x)
g(x)pour tout g dérivable, g(x) 6= 0. (20)
65
Exemple 3.13 Trouvez la dérivée de f(x) = x−35 − 2x3 + 5 ln |x|+ 7.
f ′(x) = (x−35 − 2x3 + 5 ln |x|+ 7)′
= (x−35 )′ − 2(x3)′ + 5(ln |x|)′ + (7)′
= −3
5x−
35−1 − 2(3)x3−1 +
5
x+ 0
= −3
5x−
85 − 6x2 +
5
x.
Les règles précédentes forment une base de fonction pas très compliquées. Pour trouver ladérivée de fonctions plus complexes, on utilise les règles suivantes.
Règle du produit. Si f(x) et g(x) sont dérivables alors le produit f(x)g(x) est dérivable et
(f(x)g(x))′ = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x). (21)
Règle de quotient. Si f(x) et g(x) sont dérivables alors le quotientf(x)
g(x)est dérivable et
(f(x)
g(x)
)′=f ′(x)g(x)− f(x)g′(x)
g(x)2, pour g(x) 6= 0. (22)
Exemple 3.14 Soient f(x) =2
3x3 et g(x) = ln |x| et calculons (f(x)g(x))′ et
(f(x)
g(x)
)′. On a
(f(x)g(x))′ =
((2
3x3
)(ln |x|)
)′=
(2
3x3
)′(ln |x|) +
(2
3x3
)(ln |x|)′
=
(2
33x2
)(ln |x|) +
(2
3x3
)(1
x
)= (2x2)
(ln |x|) +
1
3
),
et (f(x)
g(x)
)′=
(2x3
3 ln |x|
)′=
2
3
(x3
ln |x|
)′=
2
3
(x3)′(ln |x|)− x3(ln |x|)′
(ln |x|)2
=2
3
3x2 ln |x| − x3 1x
(ln |x|)2
=2
3
3x2 ln |x| − x2
(ln |x|)2=
2x2(3 ln |x| − 1)
3(ln |x|)2.
66
Règle fonction composée (dérivée en chaîne). Si f(x) et g(x) sont dérivables alors f ◦ g(x)) estdérivable dans son domaine de définition et
(f ◦ g(x))′ = f ′(g(x))g′(x). (23)
Exemple 3.15 Trouvez la dérivée de (e5x)4. On a
((e5x)4)′ = 4(e5x)3(e5x)′ [on utilise règle (16), f(x) = e5x]= 4(e15x) · 5e5x [on utilise règle (18)]= 20e20x.
Exemple 3.16 Soit f(x) = e2−x+x2. On a
f ′(x) = (eg(x))′ [avec g(x) = 2− x+ x2]= eg(x)g′(x)
= e2−x+x2 · (−1 + 2x).
Exemple 3.17 Soit f(x) = (ln(x2 − 1))5. On a
f ′(x) = ((ln(x2 − 1))5)′ [on utilise règle (16) avec f(x) = ln(x2 − 1)]= 5(ln(x2 − 1))4(ln(x2 − 1))′ [on utilise règle (20) avec g(x) = x2 − 1]
= 5(ln(x2 − 1))4 (x2 − 1)′
x2 − 1
= 5(ln(x2 − 1))4 2x′
x2 − 1.
Exemple 3.18 Les valeurs de f , f ′, g et g′ sont données dans ce tableau
x f(x) f ′(x) g(x) g′(x)1 3 -1 2 42 -2 3 1 -1
A partir de ce tableau calculons (f(x)g(x))′ et(f(x)
g(x)
)′pour x = 1, 2:
x (f(x)g(x))′ (f(x)/g(x))′
1 f ′(1)g(1) + f(1)g′(1) 1g(1)2 (f ′(1)g(1)− f(1)g′(1))
= (−1) · 2 + 3 · 4 = 122 ((−1) · 2− 3 · 4)
= 10 = −144
2 f ′(2)g(2) + f(2)g′(2) 1g(2)2 (f ′(2)g(2)− f(2)g′(2))
= 3 · 1 + (−2) · (−1) 112 (3 · 1− (−2) · (−1))
= 5 = 1
67
Exemple 3.19 Soit f(x) =8√
3x− 2. Trouvons l’équation de la droite tangente au graphe de f à
x = 2.Notons que
f(2) =8√
3 · 2− 2=
8√4
= 4.
Donc le point (2, 4) appartient au graphe de f . Ensuite, on trouve f ′(2). D’abord on a
f ′(x) =(8(3x− 2)−1/2
)′= 8
(−1
2
)(3x− 2)−3/2(3x− 2)′
= −8
2
1
(3x− 2)3/23; donc
f ′(2) = −8
2
1
(3 · 2− 2)3/23 = −8
2
1
83
= −3
2.
Par conséquent, l’équation de la droite tangenmte au (2, 4) est
y = f ′(2)(x− 2) + f(2) = −3
2(x− 2) + 4
= −3
2x+ 7.
3.1.6 Dérivation implicite
Pour une fonction donnée par une formule de la forme y = f(x) on dit qu’elle est donnée defaçon explicite, et f est une fonction explicite.
Or, une fonction n’est pas toujours donnée de façon explicite. Par exemple, les variables x et ypeuvent être liées par une équation de la forme E(x, y) = 0. Il se peut que cette équation définitparfaitement y = f(x), sans qu’on puisse écrire de façon explicite y = f(x). Dans ce cas on ditque f est défini de façon implicite, et que f est une fonction implicite.
Par exemple, x+1
3 + x2− y = 0 définit une fonction implicite y = f(x). Il se trouve que dans
ce cas y se resout explicitement, et y = f(x) = x+1
3 + x2est une fonction explicite.
Dans l’exemple x− yexy = 0, l’équation qui lie x et y définit une fonction implicite y = f(x).Ici, il se trouve que f(x) ne peut pas être resolu explicitement.
Il est intéressant à noter qu’on peut calculer la dérivée des fonctions implicites. La procédure àsuivre est comme suit.
1. On dérive l’équation E(x, y) = 0 en utilisant les régles de la dérivation. Ici, y = y(x) oubien y = f(x)), donc au fait on a E(x, y(x)) = 0 et
(E(x, y(x))′ = 0. (24)
68
2. De l’équation résultante on resout y′(x). C’est la dérivée de la fonction implicite y(x).
3. Si on veut la valeur y′(c) à x = c, on substitue x = c et y = y(c) dans (24), et ensuite onresout y′ = y′(c).
4. Autrement, on resout y′ en fonction de x et y.
Remarquons donc que l’idée centrale de la différenciation implicite est de supposer que y estune fonction de x, même si ce n’est pas possible de résoudre explicitement pour y. Donc, chaquefois que vous différenciez un terme contenant y, vous devriez obtenir un terme qui a un y′.
Exemple 3.20 Supposons que y est une fonction de x et calculons (y5)′, (x2y3)′ et (cos(y)2)′. Ona
(y5)′ = (y(x)5)′ = 5y4 · y′
= 5y4 · y′,(x2y3)′ = (x2y(x)3)′ en utilisant la règle du produit,
= (x2)′ · (y(x)3) + (x2) · (y(x)3)′
= 2xy3 + x23y2 · y′
= 2xy3 + 3x2y2 · y′,(cos(y)2)′ = 2 cos(y)(cos(y))′ = 2 cos(y)(− sin(y))y′
= −2 sin(y) cos(y)y′.
Exemple 3.21 Soit y = f(x) définie implicitement par
x2y − 9x
1 + y− y2 = 5.
Sâchant que f(3) = 2 trouvons la dérive implicite f ′(3) et ensuite, comme une application,l’équation de la droite tangente au point (3, 2) du graphe de f .
Ici, on voit bien que (3, 2) appartient au graphe de f parce qu’en remplaçant x = 3 et y = 2 onobtient une égalité
32 · 2− 93
1 + 2− 22 = 5.
Ensuite, on trouve la dérivée f ′(3). On procède en différentiant l’équation ci-haut par rapportà x, tout en considérant y = y(x):
(x2y)′ − 9
(x
1 + y
)′− (y2)′ = 5′,
2xy + x2y′ − 9x′(1 + y)− xy′
(1 + y)2− 2yy′ = 0.
69
Ici, on pourrait resoudre y′(x), et ensuite replacer x = 2 et y = 2 pour avoir y′(3). Or, il est plussimple de remplacer dans cette équation x = 3, y = 2, x′ = 1 on ensuite resoudre y′, qui donnef ′(3):
2 · 3 · 2 + 32 · y′ − 91 · (1 + 2)− 3 · y′
(1 + 2)2− 2 · 2 · y′ = 0,
12 + 9y′ − 3 + 3y′ − 4y′ = 0,
8y′ = −9,
y′ = f ′(3) = −9
8.
Enfin, l’équation de la droite tangente est
y = f ′(3)(x− 3) + f(3),
y = −9
8(x− 3) + 2,
y = −9
8x+
43
8.
Exemple 3.22 La function y = f(x) est définie implicitement par
x3 + xy = 2y3 − 13.
Trouvons sa dérivée y′(x). Ensuite, trouvons l’équation de la droite tangente au graphe de f àx = 1.
En dérivant l’équation ci-haut on obtient
(x3 + xy)′ = (2y3 − 13)′,
3x2 + x′y + xy′ = 2 · 3y2y′; [on factorise y′]3x2 + y = (6y2 − x)y′,
y′ =3x2 + y
6y2 − x.
Comment trouver y′(1)? L’équation ci-haut qui donne y′ dépend de x et y = y(x). Alors, dansl’équation initiale x3 + xy = 2y3 − 4 en remplace x = 1 et on trouve y = y(1):
13 + 1 · y = 2y3 − 13,
2y3 − y = 14, d’oùy = 2.
Il n’y a pas d’autres solutions.3 Donc y(1) = 2 et alors en remplaçant dans la formule de y′ onobtient
y′ =3 · 12 + 2
6 · 22 − 1=
5
23.
3On peut se convaincre en divisant le polynôme 2y3 − y − 14 par y = 2. On obtient 2y3 − y − 14 = (y − 2)(2y2 +4y + 7), avec 2y2 + 4y + 7 = 0 qui n’a pas de solution
70
Alors, l’équation de la droite tangente est
y = f ′(1)(x− 1) + f(1),
y =5
23(x− 1) + 2,
y =5
23x+ 2− 5
23=
5
23x+
41
23.
3.1.7 Problèmes
Problème 3.1.1 Calulez la dérivée des fonctions f(x) suivantes en utilisant la définition de ladérivée:
a) f(x) = 3x2 − 1
b) f(x) =2
3− x
c) s f(x) =1
4x− 1
d) s f(x) =√x+ 1
e) f(x) =1
1 +√x
f) f(x) =x
1− x
Problème 3.1.2 Est-ce-que la fonction f(x) suivante admet une dérivée au point c spécifié? Sioui, trouvez le.
a) c = 3, f(x) =
{x2 + 3, x < 3,
6x− 6, x ≥ 3,
b) s c = 0, f(x) =
3
x2 + 1, x < 0,
3 + x, x ≥ 0,
c) c = 1, f(x) =
{4√
3 + x2, x < 1,
2x+ 6, x ≥ 1,
d) s c = 0, f(x) =
1− x, x < 0,
1
1 + x, x ≥ 0,
e) c = 0, f(x) =√x
f) c = 1, f(x) = |x− 1|
Problème 3.1.3 Calculez f ′, f ′′ et f ′′′ des fonctions suivantes:
a) f(x) = x−1
b) f(x) = ex
c) f(x) = xex
d) s f(x) = xe−x
e) s f(x) =1
x+ 1
f) f(x) = x lnx
Problème 3.1.4 Etant donné f et g, calculez (f ◦ g)′(x) et (g ◦ f)′(x):
71
a) s f(x) = x2, g(x) =1
1 + x
b) f(x) = 1 + x, g(x) = ex
c) f(x) = (1− x)2, g(x) = ln(2− x)
d) f(x) =√
1− x, g(x) = 1− 3x2
Problème 3.1.5 Calculez f ′(c) de la fonction implicite y = f(x), et ensuite l’équation de la droitetangente au même point:
a) x+ y3 = 11, @(3, 2)
b) s 7x+ y5 = 15, @(2, 1)
c) x2 − xy + y2 = 3, @(1, 2)
d) s x2y2 +x3
1− y= 1, @(1, 0)
e) x2y3 +x
y= 6, @(2, 1)
f) xexy + ln(1 + xy) = 1, @(1, 0)
Problème 3.1.6 Trouvez l’équation de la droite tangente au graphe de y = f(x) au point Mspécifié.
a) s y =√x2 + 16, M = (3, 5)
b) (x− 1)2 + y2 = 42, M = (1, 2)
c) s (3x− 2)2 + (y − 1)2 = 52, M = (2, 4)
d) y =1√x− 3
, M = (4, 1)
e) y = x2 − ex + 2, M = (0, 1)
f) y = (1 + x2) lnx, M = (1, 0)
3.2 Autres applications de la dérivéeOn a déjà vu une première application de la dérivée, qui est l’équation de la droite tangente.
Dans cette section on va voir des applications de la dérivée au kinématique/mécanique, finance etaux taûx liés.
3.2.1 Applications kinématiques: vitesse, accélération
Soit s = s(t) une fonction donnée, où t ≥ 0 et le temps et s(t) est le chemin parcouru par unpoint. On suppose que s′(t) existe, t > 0. Dan la section 3.1.1 on a vu que s′(t) est la vitesseinstantannée du point en question, donc v(t) = s′(t).
De la même façon on peut conclure que l’accélération est la dérivée de la vitesse:
a(t) = v′(t) = s′′(t).
72
Exemple 3.23 Un objet se déplace verticalement et son hauteur par rapport à la surface de la
terre est donné en mètres par h(t) =t
t2 + 36, t ≥ 0 (t en secondes).
i) À quel temps l’objet commence à retoruner à la position initiale?ii) Que valent l’hauteur et l’accélération de l’objet à ce temps?Solution.i) Nous recherchons le moment t à lequelle l’hauteur de l’objet cesse à augmenter et commenceà diminuer. A cet instant, la tangente au graphe de h est horizontale, voir Figure 11. Donc, nous
Figure 11: Le graphe de h(t) et la tangente au point maximum
cherchons le temps t auquel h′(t) = 0, c.à.d. un temps t qui est point critique pour h. On resouth′(t) = 0:
h′(t) =t2 + 36− 2t2
(t2 + 36)2=
36− t2
(t2 + 36)2= 0,
36− t2 = 0,
t = 6 (et t = −6, mais il est exclu parce que t ≥ 0).
On étudie aussi le signe de h′(t), pour confirmer le comportment de h(t) avant et après le tempst = 6:
t
h′(t)
h(t)
−∞ −6 6 ∞
− 0 + 0 −
00
− 112− 1
12
112112
00
0
0
Donc, pour t ∈ [0, 6) on a h′(t) > 0, ce qui signifie que h croît et l’object augmente en hauteur.Pour t ∈ (6,∞) on a h′(t) < 0, ce qui signifie que h decroît et l’object diminue en hauteur. Il en
73
suit qu’à t = 6s, l’object commence à retourner à sa position initiale.ii) Pour trouver l’hauteur, on substitue t = 6 dans h(t):
h(6) =6
62 + 36=
1
12,
Alors, l’hauteur est 112
= 0.083m. Pour trouver l’accélération de l’objet à ce temps, on trouve ladeuxième derivée à t = 6.
h′′(t) = (h′(t))′
=
(36− t2
(t2 + 36)2
)′=−2t(t2 + 36)2 − (36− t2)2(t2 + 36)2t
(t2 + 36)4
=−2t(t2 + 36)− (36− t2) · 2 · 2t
(t2 + 36)3
=2t3 − 6 · 36t
(t2 + 36)3,
h′′(6) =2 · 63 − 6 · 36 · 6 · 6
(62 + 36)3= −0.00231481.
Donc, l’accélération est −0.00231481m/s2.
3.2.2 Applications financières: marginaux, élasticité de la demande
Marginaux Soient P (x), resp. R(x), C(x), la fonction profit, resp. revenue, coût. Alors, ondéfinit
P ′(x) = le profit marginal à x,R′(x) = le revenu marginal à x,C ′(x) = le coût marginal à x.
Notons que le profit marginal P ′(x) sert à approcher le changement du profit quand la demande xest augmenté de x à x + 1. Alors, c’est le profit de production d’une unité supplémentaire d’unbien/produit spécifique. La raison est la suivante:
P ′(x) = limh→0
P (x+ h)− P (x)
h≈ P (x+ 1)− P (x)
1= P (x+ 1)− P (x).
Un raisonnement similaire a lieu pour R(x) et C(x).
74
Elasticité de la demande On observe que pour certains biens/produits, la demande variebeaucoup quand le prix change. Dans cette cathégorie de biens entrent typiquement des produitsde lux.
Pour d’autres biens, la demande ne varie pas (ou varie très peu) quand le prix change. Dans cecatégorie de biens entrent typiquement des produits de nécessité de base, tel que le lait.
L’élasiticité de la demande est un concept qui décrit le comportement de la demande par rapportaux changement du prix.Définition: Soit x la demande et p = p(x) la fonction demande qui donne le prix par unité quandla demande est x. L’élasticité de la demande à x, notée η(x), est donnée par
η(x) =p(x)
xp′(x), x > 0. (25)
De plus:
i) Si |η(x)| > 1 on dit que la demande à x est élastique.
ii) Si |η(x)| < 1 on dit que la demande à x est inélastique.
iii) Si |η(x)| = 1 on dit que la demande à x est unitaire.
Notons que η(x) est obtenue comme quotient du changement relative de la demande avec lechangement relative du prix, comme suit
η(x) = lim∆x→0
∆xx
∆pp
= lim∆x→0
p
x∆p∆x
=p(x)
xp′(x).
Remarque 3.3 Si au lieu de p = p(x) on a la fonction x = x(p), qui est l’inverse de p(x),l’élasticité η est donnée par:
η(p) = lim∆x→0
∆xx
∆pp
= lim∆p→0
p∆x∆p
x=px′(p)
x. (26)
Remarque 3.4 À quoi sert la notion de l’élasticité? Au fait, sâchant que η(x) ≈∆xx
∆pp
, on obtient
∆x
x≈ η(x)
∆p
p.
Donc, à n% de changement relatif en prix p correspond η(x) · n% de changement relatif de lademande x. En total, ceci implique essentiellement à un changement relatif du revenu par (1 +η) ·n%. Ce fait facilite les décisions à optimiser la production. De plus on a
Proposition 3.5 Le revenue est maximal quand4 η = −1.4On peut ce convaincre comme suit. Au point de maximum, R′ = 0. Puisque R = x · p, il en suit p+ xp′ = 0, d’oùp = −xp′, or
p
xp′= −1, ci qui est η = −1
75
Exemple 3.24 Soit x = 200− p2.i) Trouver l’élasticité quand p = 5, 10.ii) À quel prix le revenu est maximal?Solution.i) Ici, il est donné x = x(p) et alors on utilise la formule (26). Comme x′(p) = −2p on obtient
η(p) =p(−2p)
200− p2=
2p2
200− p2.
Alors
η(p = 5) =−2 · 52
200− 52=−50
150=−1
3,
|η(p = 5)| =1
3< 1.
Donc, à p = 5 la demande est inélastique. De Remarque 3.4 il en suit qu’à +1% de hausse du prixcorrespond une baisse de −1
3% de la demande et donc une hause relatif de (1 − 1
3) · 1% = +2
3%
du revenu. Donc, à p = 5 le revenu croît si on monte le prix.Pour p = 10 on a
η(p = 10) =−2 · 102
200− 102=−200
100= −2,
|η(p = 10)| = 2 > 1.
Donc, à p = 10 la demande est élastique. De Remarque 3.4 il en suit qu’à une monté de +1% duprix correspond un baisse de −2% de la demande, ce qui implique une une baisse relatif de durevenu par (1 + η) · 1% = (1− 2)% = −1%.
D’autre part, à p = 10 si on baisse le prix par−1% la demande monte par η(10) ·(−1%) = +2,donc le revenu relatif monte par (1 + η) · (−1%) = +1%.ii) On resout η = 1, donc
2p2
200− p2= 1,
2p2 = 200− p2,
p2 =200
3,
p =
√200
3(la racine négative est éliminé parce que p ≥ 0).
Donc, p =√
2003≈ 8$ maximise le revenu.
76
3.2.3 Taûx liés
Soient deux fonctions f(t) et g(t) qui sont liées par une équation, disons E(f(t), g(t)) = 0. Endérivant cette relation on trouve que f ′(t) et g′(t) satisfont une autre relation. De ce fait, on dit quef et g ont “taûx liés”. Cette équation permet de resoudre un des f ′(t), g′(t) en fonction de l’autre.
Exemple 3.25 La région occupée (où vit) par un animal est de forme circulaire. Au moment quandla région avait un rayon de 3 km, l’aire de la région agrandisait de taut de 4 km2/an. On veuttrouver à quelle vitesse (taût) grandissait le rayon au même moment.
Pour resoudre ce problème on note avec r le rayon de la région et A son aire. Ici r = r(t) etA = A(t) sont des fonctions du temps. A et r satisfont
A = πr2, ou A(t) = πr(t)2.
C’est l’équation qui lie r at A (c’est l’équation E(f(t), g(t)) = 0). En dérivant cette équation onobtient
A′ = π2rr′.
On substitue r = 3, A′ = 4 et on resout r′:
r′ =A′
πr=
4
3
1
π.
3.2.4 Problèmes
Problème 3.2.1 s Un objet se déplace verticalement et son hauteur par rapport à la surface de la
terre est donné par h(t) =t
t2 + 25, t ≥ 0.
i) À quel temps l’objet commence à retoruner à la position initiale?ii) Que valent l’hauteur et l’accélération de l’objet à ce temps?
Problème 3.2.2 Deux objects se déplacent verticalement avec des hauteurs respectives par rap-port à la surface de la terre h1(t) = 3t2 − 7t et h2(t) = 2t2 − 4t− 2.i) À quel temps les deux objects se rencontrent?ii) Quelles sont leurs vitesses et accélérations à ce temps?
Problème 3.2.3 Trouvez le profit marginal P ′(x), où P (x) = R(x)− C(x), aux cas suivants:
a) R(x) = 25x, C(x) = (10− x+ 2x2)
b) s R(x) = 3 + 7x2, C(x) =x
1 + x
c) R(x) =x2
1− x, C(x) = x(3 + x7)
d) s R(x) = 31+x2, C(x) = ln(1 + x2)
e) s R(x) = (x2 − 1)4, C(x) = (ln(1 + x))2
f) R(x) = (1 + 2x)4, C(x) = (e−x)2
77
Problème 3.2.4 Trouvez l’élasticité de la demande. Est-ce la demande est élastique, inélastiqueou unitaire, au x spécifié?
a) s p(x) = 100− 4x, x = 50
b) p(x) = x2 + 2, x = 1
c) p(x) =x
1 + x, x = 2
d) p(x) = 10 +√x, x = 9
e) p(x) = x+1
1 + x, x = 1
f) s p(x) = 3x+ ln(1 + x), x = 2
Problème 3.2.5 Pour quels x dans l’intervalle spécifié la demande suivante est élastique?
a) p(x) = 1 + 4x, x ≥ 0
b) s p(x) = 4 + x2, x ≥ 0
c) s p(x) = 15−√x, x ∈ [0, 225],
d) p(x) = 3x2 + 27, x ≥ 0
Problème 3.2.6 Pour quels x la demande suivante est inélastique?
a) p(x) =1
1 + x2, x ≥ 0
b) p(x) = x2 + 64, x ≥ 0
c) p(x) = 2x2 + x, x ≥ 0
d) p(x) =√x− 1, x ≥ 1
Problème 3.2.7 s Due à un accident, une nappe de petrôle qui s’echappe d’un transporteur depetrôle, se diffuse en forme circulaire avec un rayon qui s’augmente avec un taûx de 3m/min.Quel est le taûx de l’augmentation de l’aire de la nappe du petrole quand le rayon est 50 m?
Problème 3.2.8 s Une échelle de longueur 10m, au temps t = 0 est à la position verticale.L’extremité basse de l’échelle se deplace horizontallement avec une vitesse 3m/sec alors quel’autre extremité se deplace verticalement (contre un mur vertical). À quelle vitesse se deplacel’extremité verticale au moment quand l’extremité basse est deplacée de 8m de sa position d’origine?
Problème 3.2.9 Une échelle de longueur 5m, au temps t = 0 est à la position verticale. L’extremitéhaute de l’échelle se deplace verticalement avec une vitesse −2m/sec alors que l’autre extremitése deplace horizontallement. À quelle vitesse se deplace l’extremité horizontalle au moment quandl’extremité haute est 3m loin du sol?
Problème 3.2.10 s Le volume d’un ballon sphèrique s’augmente avec un taûx de 3m3/heure.Quelle est le taûx de croîssance de son rayon quand le rayon est 7m?
Problème 3.2.11 Le volume d’un ballon sphèrique s’augmente avec un taûx de 5m3/heure. Quelleest le taûx de croîssance de son rayon quand le rayon est 11m?
Problème 3.2.12 L’aire d’un ballon sphèrique s’augmente avec un taûx de 5m2/heure. Quelleest le taûx de croîssance de son volume quand le rayon est 3m?
78
Problème 3.2.13 s Le volume d’un cube s’augmente avec un taûx de 5m3/min. Quel est le taûxde l’augmentation de son aire quand la longueur d’un côté de cube est 9m?
Problème 3.2.14 Le volume d’un cube s’augmente avec un taûx de 9m3/min. Quel est le taûx del’augmentation de son aire quand la longueur de son côté est 3m?
Problème 3.2.15 L’aire d’une cube s’augmente avec un taûx de 4m2/min. Quel est le taûx del’augmentation de son volume quand la longueur de son côté est 6m?
79
3.3 Optimisation d’une fonction3.3.1 Definitions. Premiers résultats
Un des problèmes les plus importants du calcul (et même de l’analyse mathématique) est detrouver la valeur maximale et minimale d’une fonction. La procédure associée est appellée opti-misation.
Soit I ⊂ R une intervalle et f : I 7→ R une fonction définie dans I avec Dom(f) = I . Onsuppose que f est continue dans I , c.à.d. f ∈ C0(I).
On cherche la valeur maximale et minimale de f dans I . La valeur maximale, resp. minimale,de f dans I est une valeur M = f(xM), resp. m = f(xm), pour un certain xM ∈ I , resp. xm ∈ I ,tel que
M = f(xM) = max{f(x), x ∈ I}, m = f(xm) = min{f(x), x ∈ I}.
La valeur maximale et minimale de f sont appellée “valeurs extremales”, ou “extrema”. Le pointxM , resp. xm, où le maximum, resp. minimum, est atteint s’appelle “point de maximum’”, resp.“point de minimum”.
x
M
m
x
a b
f(x)
1
x2 3x x
4
x
M
a b
f(x)
m
x1
x32 x
4x
Figure 12: Une fonction f ∈ C0([a, b]) et ces extrema
Figure 12 demontre graphiquement les extrema de f , où xm = x1 et xM = x2.Est-ce-que les extrema de f dans I existent? Si oui, comment peut-on les trouver? Pour répondre
à ces questions il faut élaborér quelques notions.
Définition 3.6 Un c ∈ I s’appèlle point critique (PC) de f dans I si:
i) f ′(c) existe et f ′(c) = 0, ou
ii) f ′(c) n’existe pas mais f(c) existe.
Cette définition est motivée par la Figure 12, où à gauche la dérivée est zéro aux points xm et xM ,alors qu’à droite la dérivée au xm n’existe pas. On a cette proposition:
Proposition 3.7 Si f(c) est un extrema, alors c est un point critique.
80
Le résultat de cette proposition est assez intuitive. En effet, si f ′(c) existe alors la droite tangenteà (c, f(c)) est horizontale, donc f ′(c) = 0.
Remarque 3.8 À noter que le contraire de la proposition n’est pas vrai en général. Par exemplela fonction f(x) = x3 dans I = [−1, 1] a un point critique c = 0, mais f(0) n’est pas un extrema(ni maximum, ni minimum) de f dans I .
Proposition 3.7 suggère que pour trouver les extrema de f il faut trouver les points critiques def dans I . Avec la notion du point critique on a ce premier résultat.
Theorem 3.9 Soit I = [a, b] et f ∈ C0(I). Alors, les extremas de f dans I existent. Plusprécisement, si m, resp. M , est la plus petite, resp. plus grande, valeur de f dans I alors ontrouve ces valeurs comme suit.
1. On trouves les points critiques de f dans I .
2. On évalue f aux PCs et aux extrêmités de [a, b], c.à.d. f(a), f(b).
3. La plus petite, resp. grande, valeur trouvée au 2. est m, resp. M .
Exemple 3.26 Trouvons les extrema de f(x) = x2 − 2x+ 3 dans l’intervalle I = [0, 4].D’abord on note que I est une intervalle fermée et f est continue dans I . Donc les extrema de
f dans I existent. Ensuite, les points critiques de f sont donnés par f ′(x) = 0, parce que f ′(x)existe pour tout x. Donc
f ′(x) = 2x− 2 = 0, x = 1.
On évalue f :
f(0) = 3, f(1) = 2, f(4) = 11.
Donc f(4) = 11 est le maximum de f et f(1) = 2 est le minimum de f dans I .
Remarque 3.10 À noter que si I n’est pas fermé alors les extrema de f dans I , en général,n’existent pas. Par exemple, soit f(x) = x et I = (0, 1). Alors, f n’atteint pas ni maximum,ni minimum dans I . Quelqu’un pourrait penser que le minimum est 0, mais puisque f atteint 0 quepour x = 0, et 0 /∈ I alors on conclut que le minimum de f dans I n’existe pas.
On raisonne de façon similaire pour le maximum.
3.3.2 Intervalles de monotonie. Classification des points critiques I
On a vu avec l’exemple f(x) = x3 dans la Remarque 3.8 qu’un point critique, en général, n’estpas un extrema. Que peut-on dire des points critiques?
Dans Figure 12, x3 et x4 sont des points critiques, mais f(x3), f(x4) ne sont pas des extrema.En fait, f(x3) est un minimum local, et f(x4) est un maximum local.
81
Définition 3.11 En général, c ∈ I , resp. C ∈ I est un point d’un minimum, resp. maximum, local,si f(c), resp. f(C), est la plut petite valeur, resp. plus grande valeur, de f(x) pour x dans un petitvoisinage de c, resp. C (voir Figure 13), i.e.
f(c) ≤ f(x), f(C) ≥ f(x), pour x près de c, resp. C.
f(x)
xa
c
C
f(C)
f(c)
M
m
Figure 13: Une fonction f ∈ C0(a, b]) et ses extrema locaux c, C
On a deux critères pour classifier les points critiques. Le premier utilise la monotonie des fonctions(les fonctions croîssantes et décroîssantes), alors que le deuxième utilise la concavité des fonctions.
Définition 3.12 Une fonction est croissante, resp. décroissante, dans une intervalle I (voir Figure14) si
∀x1, x2 ∈ I, x1 < x2 =⇒ f(x1) < f(x2), resp. f(x1) > f(x2).
En général, toute intervalle I où f est croîssante ou décroissante est appellée “intervalle de mono-tonie”.
x x xx 1 2 1 2a b a b
f(x )
f(x )f(x )
f(x )
1
12
2
Figure 14: À gauche une fonction croissante, à droite une fonction decroissante
La proposition suivante donne des critères pour la monotonie des fonctions.
Proposition 3.13 Soit f une fonctions dérivable dans une intervalle I . On a:
i) Si f ′(x) > 0 pour tous les x ∈ I alors f est croissante dans I (on écrit↗).
82
ii) Si f ′(x) < 0 pour tous les x ∈ I alors f est décroissante dans I (on écrit↘).
iii) Si f ′(x) = 0 pour tous les x ∈ I alors f est constante dans I .
À l’aide de cette proposition on a ce premier critère de classification des points critiques.
Theorem 3.14 (I-ère classification des P.C.s) Soit c ∈ (a, b) un point critique de f . On a lessuivants.
i) Si f ′(x) < 0 pour tout x ∈ [a, c] et f ′(x) > 0 pour tout x ∈ [c, b] alors c est un point deminimum local.
ii) Si f ′(x) > 0 pour tout x ∈ [a, c] et f ′(x) < 0 pour tout x ∈ [c, b] alors c est un point demaximum local.
Le tableau ci-dessous résume le contenu du théorème.
x a c bf ′(x) − +
↘ ↗f(x) min. loc.
x a c bf ′(x) + −
max. loc.f(x) ↗ ↘
Au cas où on a un seul point critique on a cette proposition.
Proposition 3.15 Supposons que c ∈ I , I intervalle finie ou infinie, est le seul point critique de fdans I . Si c est une point de minimum local, resp. maximum local, alors c est un point de minimumglobal, resp, maximum global, de f dans I .
Exemple 3.27 Trouvons les PCs de f(x) = x ln(x) et les classifions.On a I = Dom(f) = (0,+∞). Les points critiques de f sont de la forme f ′(x) = 0. Donc
f(x) = ln x+ 1 = 0, lnx = −1, x = e−1.
Pour le signe de f ′(x) on a:
x 0 e−1 +∞f ′(x) − +f(x) ↘ ↗
min. loc.
Le signe de f ′(x) on le trouve comme suit. Dans chanque intervalle (0, e−1) et (e−1,+∞) on prendun point x qui nous convient et on évalue f ′(x). Le signe de f ′(x) est le signe de f ′ dans toutel’intervalle. Par exemple, e10 ∈ (e−1,+∞), f ′(e10) = ln(e10) + 1 = 11 > 0, et e−10 ∈ (0, e−1),f ′(e−10) = ln(e−10) + 1 = −9 < 0.
On conclut que
f(e−1) = e−1 ln(e−1) = −e−1
est minimum global de f dans I = (0,+∞) parce que e−1 est le seul point critique.
83
3.3.3 Intervalles de concavité. Classification des points critiques II
Que-ce-que c’est une fonction concave? A quoi sert la concavité?Considèrons l’example suivant. Supposons que vous avez à prendre une décision sur les poli-
tiques de la santé publique pour affronter une épidémie. Supposons que le graphe de la fonctionqui represente le nombre des personnes infectées par l’épidémie est donné dans la Fig 15. Dansles deux cas l’épidémie s’étend parce que le nombre des personnes infectées croît. Pourtant, il yune différence fondamentale entres ces deux cas. A gauche, le pente de la tangente décroît, quiveux dire que le taûx de croîssance de l’épidémie baisse, avec une tendance de devenir zéro, quilaisse penser que le traitement dans ce cas est efficace. Par contre, dans le cas à droite la pente dela tangente croît, qui veux dire que le taûx de croîssance de l’épidémie augmente, qui laisse penserque le traitement dans ce cas n’est pas efficace.
xx
yy
Figure 15: À gauche: une fonction croîssante avec la pente qui décroît; à droite: une fonctioncroîssante avec la pente qui croît.
La notion de la concavité sert à distinguer le comportement de la pente d’une fonction, c.à.d. dela dérivée de la fonction. La concavité d’une fonction est aussi liée à la classification des pointscritiques, comme on va le voir plus loin dans cette section.
Définition 3.16 Soit f : I 7→ R une fonction et supposons que f est deux fois dérivable dans I .1) On dit que f ext concave vers le haut (c.v.h.) (voir Fig. 16, gauche) dans I si f ′′(x) > 0 pourtout x ∈ I . On represente une fonction c.v.h. dans I par ^.2) On dit que f ext concave vers le bas (c.v.b.) (voir Fig. 16, droite) dans I si f ′′(x) < 0 pour toutx ∈ I . On represente une fonction c.v.b. dans I par _.3) Une intervalle I où f est c.v.h. ou c.v.b. est dite “intervalle de concavité’.
Puisque f ′′(x) = (f ′(x))′, si f ′′(x) > 0 dans (a, b) alors f ′(x) est croîssant dans (a, b). Demême, si f ′′(x) < 0 dans (a, b) alors f ′(x) est decroîssante dans (a, b), voir Fig. 17. Donc on a laproposition suivante.
Proposition 3.17 Soit f : I 7→ R. Si f est c.v.h., resp. c.v.b., dans I , alors f ′ est croissante, resp.décroissante, dans I , voir Fig. 17.
84
f’’(x) >= 0f’’(x)<=0
xx
yy
Figure 16: À gauche: une fonction concave vers le haut; à droite: une fonction concave vers le bas
f’’(x) >= 0f’’(x)<=0
xx
yy
Figure 17: À gauche: une fonction c.v.h. et ses droite tangentes; à droite: une fonction c.v.b. et sesdroite tangentes
Remarque 3.18 Si f ′′(x) = 0 dans une intervalle I alors f(x) est une fonction linéaire de laforme f(x) = kx + b parce que f ′′(x) = 0 signifie f ′ est constante, disons f ′(x) = k. D’oùf(x) = kx+ b, avec un certain b.
Dans l’étude des fonctions, on utilise aussi la notion du point d’inflexion.
Définition 3.19 Soit f : I 7→ R une fonction. Un point c ∈ I est dite “point d’inflexion” (P.I.) sif est continue à c est f change de concavité en passant à c.
Example 3.28 Généralement, si c est un PI alors f ′′(c) = 0. Mais pas toujours! En effet, consid-érons les exemples suivants.
i) Soit f(x) = x3. Alors c = 0 est PI parce que f ′′(x) = 6x et donc f ′′(x) change de signe enpassant par x = 0.
ii) Soit f(x) = x−1. On a f ′′(x) = 2x−3, donc f ′′(x) change de signe en passant par x = 0.Or, f n’est pas continue à 0. Donc, x = 0 n’est pas un PI.
iii) Soit f(x) = x4. On a f ′′(0) = 0, pourtant x = 0 n’est pas un PI parce que f ′′(x) = 12x2
ne change pas de signe en passant par x = 0.
85
Maintenant, on peut donner un deuxieme résultat de classification des points critiques.
Theorem 3.20 (II-ème classification des P.C.s) Soit c ∈ (a, b) un point critique de f , avecf ′(c) = 0. On a les suivants.
i) Si f ′′(c) > 0 alors c est un point de minimum local.
ii) Si f ′′(c) < 0 alors c est un point de maximum local.
iii) Si f ′′(c) = 0 le théorème est inconclusif.
Le tableau ci-dessous résume le contenu du théorème.
x a c bf ′(x) 0f ′′(x) +
↘ ↗f(x) min.loc.
x a c bf ′(x) 0f ′′(x) −
max.loc.f(x) ↗ ↘
Exemple 3.29 Soit f(x) = x4−24x2+1. Trouvons les points critiques, les intervalles de concavitéet les PIs de cette fonction.
On a
f ′(x) = 4x3 − 48x = 4x(x2 − 12).
Alors, f ′(x) = 0 donne
x = 0, x = ±√
12 = ±2√
3,
qui sont les PCs de f . De plus
f ′′(x) = 12x2 − 48 = 12(x2 − 4).
Les racines de f ′′(x) = 0 sont donc x = ±2. Faisons un tableau qui regroupe les résultats et lessignes de f ′(x), f ′′(x).
x −∞ −2√
3 −2 0 2 2√
3 +∞f ′(x) − 0 + + + 0 − − − 0 +f ′′(x) + + + 0 − − − 0 + + +
_
max.loc_
↗_
↘f(x) PI PI
^
↗^
↘^
↗^
↘^
↗^
loc.min^
min.loc
Donc, x = ±2 sont des PIs, f(±2√
3) sont des min. locaux et f(0) est max. local.
86
3.3.4 Problèmes
Problème 3.3.1 Trouvez les points critiques des fonctions suivantes et classifiez-les.
a) s f(x) =x
x2 + 4
b) s f(x) = |x− 7|
c) s f(x) = x2 − |x− 2|
d) f(x) =lnx
x
e) s f(x) =x
x2 − 1
f) f(x) = x3 − 9x2 + 8x− 7
Problème 3.3.2 Trouvez les intervalles de monotonie (les intervalles de croîssance et de decroîs-sance) des fonctions suivantes
a) s f(x) =x− 1
x2 + 2
b) f(x) =
{4x− 1, x ≤ 1,x2 + 2, x > 1,
c) f(x) =x2 + 1
x
d) f(x) =1
x2 − 4
e) f(x) = |x− 1|
f) f(x) =x
1 + x2− |x|
g) f(x) = x2 − 3|x− 2|
h) f(x) = x3 − 3x2 − 9x− 7
Problème 3.3.3 Trouvez les points d’infléxion et les intervalles de concavité des fonctions suiv-antes
a) s f(x) = x3 − 2x2 + 3x− 11
b) s f(x) =1
x2 + 1
c) f(x) =x2 − 3x
x
d) f(x) = x4 − 2x3
e) f(x) = x3 − 2x
f) f(x) = x4
g) f(x) =1
x(1− x)
h) f(x) =1
x2 − 4
3.3.5 Modélisation et optimisation
Dans cette section, à travers quelques exemples on va démontrer comment modéliser quelquesproblèmes d’optimisation, et les resoudre. Généralement, la liste des opérations à suivre est:
1) On modélise le problème en termes mathématiques, c.à.d., on identifie la fonction à opti-miser et on pose le problème d’optimisation.
2) On trouve les PCs de la fonction.
87
3) On classifie les PCs.
4) On trouve la solution.
Example 3.30 Soient x, y ≥ 0 et on considère la somme s = x + y et le produit p = xy. Parmistoutes les couples (x, y) satisfaisant s = 10, trouvons le couple qui maximise le produit p.
Solution.1) Ici, on a deux variables x et y. A resoudre est
trouver le maximum de p = xy, avec x, y ≥ 0.
En utilisant la condition x+ y = 10, on peut éliminer une, disons y. En effet, puisque x+ y = 10,alors y = 10 − x. On remplace y dans p = xy et on obtient p = x(10 − x) = 10x − x2. Donc, àresoudre est
trouver le maximum de p(x) = 10x− x2 pour x ∈ I = [0, 10],
parce que x, y ≥ 0 et x = 10− y ≤ 10. On procède avec la procédure.2) Les points critiques.
p′(x) = 10− 2x = 0, x = 5.
3) Classification de PCs. On utilise Théorème 3.20:
p′′(x) = −2.
Donc, p′(5) = 0, p′′(5) < 0. Il en découle que x = 5 est un point critique de maximum local.Puisque x = 5 est le seul PC de p dans I , est que ce PC est un maximum local, il en suit que
x = 5 est un point de maximum global de p dans I (de Proposition 3.15).4) Alors x = 5, y = 10− x = 5. Donc (5, 5) est le couple qui maximise le produit p parmis toutesles couples (x, y) satsfaisant x+ y = 10, x, y ≥ 0. 2
Example 3.31 On considère tous les nombres x, y > 0 tels que xy = 100. Quel est le pair (x, y)parmis eux qui minimise la somme s = x+ y?
Solution.1) Soit s = x + y. On cherche a minimiser s = x + y, avec x, y > 0. On élimine une variable,
disons y, en utilisant la relation xy = 100. De ce dernier il suit que y =100
xet alors
s = s(x) = x+100
x.
On cherche alors a minimiser la fonction s(x) pour x ∈ I = (0,+∞).2) Les PCs. La dérivée s′(x) est
s′(x) = 1− 100
x2=x2 − 100
x2.
88
Alors, s′(x) = 0 donne x2 − 100 = 0, x = 10 (et x = −10, mais il est éliminé parce que x ≥ 0).Donc, le PC de s est x = 10.3) Clasiffication. La dérivée s′′(x) est
s′(x) =200
x3.
Puisque f ′′(10) =1
5> 0, il suit que x = 10 est minimum local de s(x).
4) Puisque x = 10 est le seul PC de p dans I , est que ce PC est un minimum local, il en suit quex = 10 est un point de minimum global de s(x) dans I (de Proposition 3.15).
Donc, x = 10 et y = 100/10 = 10 est le couple qui minimise la somme s parmis toutes lescouples (x, y) satsfaisant xy = 100, x, y > 0. 2
Exemple 3.32 Un agriculteur veut construre pour ses animaux une cloturage de forme rectangu-laire et de l’aire 5400 m2. Due au terrain, le coût d’un côté du cloturage est $20/m alors que pourles trois autres côtès le coût est $10/m. Quelles sont les dimensions du cloturage qui minimisent lecoût?
Solution.1) Soient x et y les dimensions du cloturage. Donc on a x, y > 0. Il est donné que xy = 5400.2) Le coût associé et
C = 10(x+ x+ y)︸ ︷︷ ︸le coût de 3 côtés
+ 20y︸︷︷︸le coût de 1 côté
= 20x+ 30y.
On cherche x, y > tes que le coût C devient minimal.3) On élimine une des variables dans la formule de C, disons y. De xy = 5400 on obtient
y =5400
x, et alors
C = 20x+30 · 5400
x.
Alors, on resout le problème: minimiser C(x) pour x ∈ I = (0,+∞).4) PCs. Les seuls PCs de C sont donnés par C ′(x) = 0. Donc
C ′(x) = 20− 30 · 5400
x2= 20
x2 − 30 · 270
x2= 0,
qui donne
x2 − 30 · 270 = 0, x2 = 30 · 270 = 30 · 30 · 9, x = 30 · 3 = 90.
5) Classification. On a
C ′′(x) =30 · 5400 · 2
x3, C ′′(90) > 0
89
Donc C(90) est un minimum local. Puisque x = 90 est le seul PC de C dans I on déduit queC(90) est minimum global de C dans I .
6) On conclut que x = 90 et y =5400
90= 60 minimisent le coût. 2
Example 3.33 On se dispose de 100 mètres linéaire de filets à utiliser pour construire un bassinmaritime rectangulaire qui servira pour l’élevage de poisson. Sâchant que toute côté du bassindoit être au moins 2 m, quelles sont les dimensions du bassin qui maximisent l’aire?
Solution.1) Soient x et y les dimensions du bassin rectangulaire. Il est donné que 2x + 2y = 100, qui estéquivalent à x + y = 50, et que x, y ≥ 2. A noter que de cette condition il découle x ≥ 2 etx = 50− y ≤ 48, donc x ∈ I = [2, 48].
A maximser est l’aireA = xy, avec x, y ≥ 2. On élimine une des variables, disons y, en utilisantla relation x+ y = 50. Cette relation donne y = 50− x et alors A(x) = x(50− x).
Donc, à trouver la valeur maximale de A(x) = x(50− x) pour x ∈ I = [2, 48].2) PC. La fonction A est continue et sa dérivée est A′(x) = 50 − 2x. Puisque A′(x) = 0 donnex = 25 il en suit que x = 25 est le seul PC de A dans I .3) Classification. On peut utiliser Théroème 3.9. En effet, puisque
A(2) = 2(50− 2) = 96, A(25) = 252 = 625, A(48) = 48(50− 2) = 96,
on conclut de que x = 5 est PC de maximum global. Donc, x = 25 et y = 50− 25 = 25 sont lesdimensions qui maximisent l’aire du bassin. 2
Example 3.34 Un pizzayol vend 6000 pizzas quand le prix par unité est de $10. Le pizzayol aobservé que pour toute augmentation/baisse du prix de pizza par $1 les ventes baissent/augmententde 100 pizzas.i) En supposant que la fonction demande est linéaire, trouvez les fonctions demande et revenue.ii) Pour quel prix de pizza par unité le revenu devient maximal?
Solution.1) Soit x la demande et p(x) la fonction demande. Puisque p(x) est linéaire, donc p(x) = kx+ b,on a
k =∆p
∆x=
+1
−100=−1
+100= − 1
100.
Donc, p(x) = − 1
100x+ b. Puisque p(6000) = 10, on rempace p = 10, x = 6000 et on obtient b:
10 = − 1
100· 6000 + b, d’où b = 10−
(− 1
100
)6000 = 10 + 60 = 70.
Donc
p(x) = − 1
100x+ 70, R(x) = xp(x) = − 1
100x2 + 70x.
90
2) Donc, le problème est à trouver la valeur maximale de R(x) pour x ∈ I = [0,+∞), et le prixassocié.3) PCs. On a
R′(x) = − 1
1002x+ 70 = − 1
50x+ 70.
Les points critiques sont donnés par R′(x) = 0, ce qui donne
− 1
50x+ 70 = 0; d’où x = 70 · 50 = 3500,
est le seul PC de R(x).4) Classification. De plus,
R′′(x) = − 1
50< 0.
Donc, à x = 3500 la fonction R(x) atteint un maximum local. Or, puisque x = 3500 est le seulPC dans [0,+∞) il en suit que le maximum local est un maximum global.5) Le prix qui correspond à x = 3500 est
p(3500) = − 1
1003500 + 70 = −35 + 70 = 25.
Donc, pour un prix de pizza par unité de $25 le revenu devient maximal. 2
Example 3.35 Avec une pièce de carton de 108 cm2 on fait des boîtes rectangulaires de basecarrée, avec la face du haut ouverte. Quelles sont les dimensions de la boîte qui maximise levolume?
Solution.1) Soit x la dimension d’une côté de la base (carrée), h l’hauteur de la boîte, A l’aire de la boîte etV son volume. Il est donné que
x, h > 0, A = x2︸︷︷︸la base du bas
+ 4xh︸︷︷︸quatres faces lattérales
= 108,
parce que la face du haut et ouverte.A noter que puisque x, y > 0 et x2 = 108− 4xh on déduit que x ∈ I = (0,
√108).
2) Le volume est V = x2h. On élimine h du volume en utilisant la relation x2 + 4xh = 108. Eneffet
h =108− x2
4x, d’où
V = x2 108− x2
4x=
1
4x(108− x2) =
1
4(108x− x3).
91
Donc, à maximiser V (x) pour x ∈ I .3) PCs et classification. Il en suit que
V ′(x) =1
4(108− 3x2),
V ′′(x) =1
4(−6x).
L’équation V ′(x) = 0 donne
108− 3x2 = 0, 3x2 = 108, x2 = 36, x = 6, (et x = −6; éliminé parce que x > 0).
Puisque V ′′(6) < 0, x = 6 est un maximum local. Puisque x = 6 est le seul point critique de Vdans I , on déduit que V (6) est un maximum global de V .4) En conlusion,
x = 6cm, h =108− 62
4 · 6= 3cm,
sont les dimensions qui maximisent le volume. 2
Example 3.36 On fait des boîtes rectangulaires de base carrée et face de haut ouverte, et devolume 27 cm3, Le coût de la base est $20 par cm2, alors que le coût de chaque face lattérale estde $10 par cm2. Quelles sont les dimensions de la boîte qui minimisent le coût?
Solution.1) Soit x la dimension de la base (carrée), h l’hauteur de la boîte et V son volume. Il est donné que
x, h > 0, V = x2h = 27.
Notez qu’ici x ∈ I = (0,+∞).Le coût est donné par
C = 20 · x2︸ ︷︷ ︸le coût de la base
+ 10 · 4xh︸ ︷︷ ︸le coût des quatres faces laterales
= 20x2 + 40xh,
parce que la face du haut et ouverte.2) Puisque V dépend de x et h, on élimine une des variables x, h, par exemple h, en utilisant
x2h = 27. On obtient h =27
x2et alors
C = 20x2 + 40 · x27
x2= 20x2 + 40 · 27
1
x.
Donc, à minimiser C(x) pour x ∈ I .3) PCs et classification. On a
C ′(x) = 40x− 40 · 27
x2= 40
x3 − 27
x2,
92
C ′′(x) = 40 +40 · 27 · 2
x3.
L’équation C ′(x) = 0 donne x3 = 27, donc x = 3.Puisque C ′′(3) > 0 on conclut que C(3) est un minimum local. Puisque x = 3 est le seul point
critique de C dans I on déduit que C(3) est un minimum global de C.4) En conlusion,
x = 3cm, h =27
32= 3cm,
sont les dimensions qui minimisent le coût. 2
Example 3.37 La fonction demande d’un produit est donnée par p(x) = e−2x, où x est le nombredes unités et p(x) est le prix par unité. Quel prix par unité maximise le revenu?
Solution.1) Ici on a
R(x) = xp(x) = xe−2x.
On charche à maximiser R(x) pour x ∈ I = (0,+∞).2) On a
R′(x) = e−2x − 2xe−2x = (1− 2x)e−2x,
R′′(x) = −2e−2x + (1− 2x)(−2)e−2x = (−2− 2(1− 2x))e−2x
= 4(x− 1)e−2x.
3) PCs et classification. Les solutions de R′(x) = 0 sont 1 − 2x = 0, donc x =1
2est le point
critique de R(x). Puisque R′′(1
2) = 4(−1
2)e−1 < 0, il suit que x =
1
2est un point de maximum
local de R. De plus, comme x =1
2est le seul point critique de R dans I , on conclut que x = 1
2
maximise R(x).4) Le prix correspondant est p(1/2) = e−1. 2
Example 3.38 On veut dessigner un cahier de notes en forme rectangulaire, dont l’aire de l’écritureest de 24 cm2 et les marges verticales sont de 1 cm alors que les marges horizontales sont de 1.5cm. Quelles sont les dimensions du cahier qui minimise l’aire totale du papier?
Solution.1) Soient x et y les dimensions de l’aire de l’écriture du cahier. Les dimensions de l’aire totaleseront alors x+ 2 et y + 3, parce que il y a deux marges verticales et deux horizontales.
Il est donnée que l’aire de l’écriture satisfait
xy = 24.
93
On cherche à minimiser l’aire totale du cahier, soit A = (x+ 2)(y + 3), pour x > 0 et y > 0.Ici, on élimine une variable, disons y, en utilisant la relation xy = 24. De cette relation on
obtient
y =24
x; d’où
A(x) = (x+ 2)
(24
x+ 3
)= 24 + 3x+
48
x+ 6
= 3x+48
x+ 30.
Donc, à maximiser A(x) pour x ∈ I = (0,+∞). Les bornes de I découlent du fait x, y > 0 et
x =24
y.
2) On a
A′(x) = 3− 48
x2, A′′(x) =
96
x3.
3) PCs et classification. Les solutions de A′(x) = 0 sont
3− 48
x2= 0, 3x2 − 48 = 0, x2 = 16, x = 4, (x = −4 est éliminé parce que x > 0)
Donc, x = 4 est le seul point critique de A dans I .Puisque A′′(4) > 0, on déduit que x = 4 est un point de minimum local. De plus, comme x = 4
est le seul point critique dans I on obtient que A atteint un minimum local à x = 4.4) En conclusion,
x = 4 + 2 = 6cm, y =24
x+ 3 =
24
4+ 3 = 9cm,
sont les dimensions du cahier qui minimise son aire totale. 2
Example 3.39 Une tige mince de métal de longueur ` est coupée en deux morceaux. La premièrepartie est tordue pour créer un cercle alors que la deuxième est tordue pour créer un carré. Oùdoit-on couper la tige afin de minimiser l’aire totale des deux figures?
Solution.1) Soit r le rayon du cercle et a le côté du carré. Alors l’aire des deux figures est
A = πr2 + a2.
C’est A qu’on va minimiser.On va éliminer une des variables, disons a. Comment? Notons que le périmètre des deux figures
est `. Donc
2πr + 4a = `; d’où a =1
4(`− 2πr).
94
On remplace dans A et on obtient
A(r) = πr2 +
(1
4(`− 2πr)
)2
= πr2 +1
16(`− 2πr)2
= πr2 +1
16(2πr − `)2, r ∈ I := [0, `].
3) PCs. Il en suit que
A′(r) = 2πr +1
162(2πr − `)(2π) = 2π
(r +
1
8(2πr − `)
)= 2π
(r(
1 +π
4
)− `
8
).
Alors, A′(r) = 0 donne
r =`8
1 + π4
=`
8 + 2π,
qui est le seul point critique de A.4) Classification. Puisque
A′′(r) = 2π(
1 +π
4
)> 0,
on conclut que r =`
8 + 2πest un minimum local. Or, puisque r =
`
8 + 2πest le seul point critique
dans I il en suit que ce minumim local est un minumum global.5) En conculsion, la tige doit être coupér en deux morceaux de logueur
2πr = 2π`
8 + 2π, `− 2π
`
8 + 2π= `
8
8 + 2π,
afin de minimiser l’aire des deux figures. 2
Example 3.40 Avec une pièce de carton de 54π cm2 on fait des boîtes cylindriques de base circu-laire. Quelles sont les dimensions de la boîte qui maximise le volume?
Solution.1) Soit r le rayon de la base et h l’hauteur du cylindre, A l’aire de la boîte et V son volume. Il estdonné que
r, h > 0, 2πr2 + 2πrh = 54π = A,
parce que l’aire d’une base est πr2 et l’aire de la surface lattérale est 2πrh.2) Le volume est V = πr2h. On élimine h du volume en utilisant la relation 2πr2 + 2πrh = 54π,ou bien r2 + rh = 27. En effet
h =27− r2
h, d’où
95
V = πr2 27− r2
r,= πr(27− r2) = π(27r − r3).
Donc, à maximiser V (r) pour r ∈ I = (0,√
27). Les bornes de I sont trouvés par le fait quer > 0, h > 0 et que r2 = 27− rh, donc r2 < 27, d’où r <
√27.
3) Il en suit que
V ′(r) = π(27− 3r2),
V ′′(r) = π(−6r).
4) PCs et classification. L’équation V ′(r) = 0 donne
27− 3r2 = 0, 3r2 = 27, r2 = 9, r = 3, (et r = −3; éliminé parce que r > 0).
Le point critique r = 3 est un maximum local, parce que V ′′(3) < 0. Puisque r = 3 est le seulpoint critique de V dans I , on déduit que r = 3 est un point de maximum global de V .5) En conlusion,
r = 3cm, h =27− 32
3= 6cm,
sont les dimensions qui maximisent le volume de la boîte. 2
3.3.6 Problèmes
Problème 3.3.4 Soit f(x) une fonction donnée comme ci-dessous.
i) Expliquez si f atteint son maximum et minimum dans l’intervalle [a, b].
ii) Si oui, trouvez le maximum et minimum de f dans [a, b] indiquée.
a) s f(x) = x3 − 4x+ 1, [a, b] = [−3, 3]
b) f(x) =x− 1
x2 + 3, [a, b] = [−2, 4],
c) s f(x) =1
x, [a, b] = [1, 2]
d) s f(x) =1
x2 − 2x, [a, b] = [1, 3]
e) s f(x) = xe−x, [a, b] = [0, 2]
f) f(x) = x ln(1 + x), [a, b] = [0, 3]
g) f(x) =x
x2 + 4, [a, b] = [0, 2]
h) f(x) =x2 − 4
x− 2, [a, b] = [0, 3]
Problème 3.3.5 On considère tous les nombres x, y ∈ [1, 100] tels que xy = 100. Quel est le pair(x, y) parmis eux qui minimise la somme x+ y?
Problème 3.3.6 On considère tous les nombres x, y ∈ [0, 500] tels que x + y = 500. Quel est lepair (x, y) qui maximise le produit xy?
96
Problème 3.3.7 On se dispose de 100 mètres linéaire de filets à utiliser pour construire un bassinmaritime rectangulaire qui servira pour l’élevage de poisson. Sâchant que toute côté du bassindoit être au moins 2 m, quelles sont les dimensions du bassin qui maximisent l’aire?
Problème 3.3.8 Un agriculteur se dispose de 1000 mètre linéaire de cloture à utiliser pour clô-turer un terrain en forme rectangulaire afin de confiner ses animaux. Un côté du terrain estdélimité par un escarpement, et donc il a décidé de ne pas clôturer ce côté. Sâchant que toutecôté de la clôture doit etre au moins 5 m, quelles sont les dimensions de la cloture qui maximisentl’aire?
Problème 3.3.9 Un agriculteur veut construre une cloturage de forme rectangulaire pour ses an-imaux, de 3000 m2. Due au terrain, pour un côté du cloturage coût est de $20/m et pour les troisautres côtès le coût est de $10/m. Quelles sont les dimension qui minimisent le coût?
Problème 3.3.10 Un vendeur de hamburger vend 2000 hamburgers par semaine, à un prix de $10par unité. D’expérience il sait qu’il vend 250 hamburger de plus pour toute réduction de $0.25.Supposant que la fonction demande et linéaire, à quel prix par unité son revenu sera maximal?
Problème 3.3.11 Avec une pièce de carton de 108 cm2 on veut faire une boîte rectangulaire debase carrée, avec la face (base) du haut ouverte. Quelles sont les dimensions de la boîte quimaximise le volume?
Problème 3.3.12 One fait des boîtes rectangulaires de base carrée et face de haut ouverte, et devolume 125 cm2. Le coût de la base est $20 par cm2, alors que le coût de chaque face lattérale estde $10 par cm2. Quelles sont les dimensions de la boîte qui minimisent le coût?
Problème 3.3.13 On veut dessigner un cahier de notes en forme rectangulaire, dont l’aire del’écriture est de 24 cm2 et les marges verticales sont de 1 cm alors que les marges horizontalessont de 1.5 cm. Quelles sont les dimensions du cahier qui minimise l’aire totale du papier?
Problème 3.3.14 La fonction demande d’un produit est donnée par p(x) = e−2x, où x est le nom-bre des unités et p(x) est le prix par unité. Quel prix par unité maximise le revenu?
3.4 Tracer le graphe d’une fonctionLe graphe d’une fonction est très utile parce qu’il donne une aperçue générale de la fonction.
Les dérivées font un instrument analytique qui aide à visualiser le graphe des fonctions. Plusparticulièrement, la dérivée première aide à identifier les intervalle de monotonie et les extrema, etla dérivée seconde à identifier les intervalles de convexité et les points d’inflexion.
Pour tracer le graphe d’une fonction, généralement, on suit les pas suivants.
1) On trouve Dom(f).
97
2) On trouve les AV et AH.
3) One trouve les intersections avec les axes, c.à.d. les points (x, 0) avec f(x) = 0 et (0, f(0)).
4) On calcule f ′(x). On resout f ′(x) = 0.
5) On calcule f ′′(x). On resout f ′′(x) = 0.
6) On cré un tableau avec quatres lignes et plusieures colonnes. Dans les lignes on met x, f ′(x),f ′′(x) et f(x). Dans les colonnes on mets les valeurs particulières de x qu’on a trouvé.
7) Dans ce tableau on identifie les PCs, les intervalles de monotonie, les extrema (globales et/oulocales), les PIs, les intervalles de concavité.
8) On trace le graphe de f .
Exemple 3.41 Tracez le graphe de la fonction f(x) = x3 − 2x2 − 5x+ 6.
1) Ici, dom(f) = R.
2) L’ordonnée à l’origine est (0, (f(0)) = (0, 6). L’intersection avec l’axe des x est donnéepar (x, 0) avec f(x) = 0. On trouve une première racine de f(x) = 0 en essayant quelquesvaleurs x = 0,±1,±2. On vérifie que x = 1 est une solution. Pour trouver les autres racineson divise f(x) par x−1 et on trouve f(x) = (x−1)(x2−x−6) = (x−1)(x−3)(x−(−2)).Donc, les solutions sont x = −2, 1, 3 et les intersections avec l’axe des x sont les points(−2, 0), (1, 0), (3, 0).
3) f étant un polynôme, il n’y a pas de AV et AH.
4) On a
f ′(x) = 3x2 − 4x− 5.
Alors, f ′(x) = 0 donne x = 16(4±
√16 + 60) = 1
3(2±
√19) ≈ −0.8, 2.3, qui sont les PCs.
5) De plus,
f ′′(x) = 6x− 4,
d’où f ′′(x) = 0 donne x =2
3.
98
6) On crée le tableau, avec le signe de f ′(x), f ′′(x) et les intervalles de monotonie et de con-cavité.
x −∞ −2 −0.82
31 2.3 3 +∞
f ′(x) + + + 0 − − − 0 + + + + +f ′′(x) − − − − − 0 + + + + + + +
_max. loc
f(x)_
↗_
↘^
↗_
↗ PI^
↗_
↗^
↘^
↗_
↗^
↘^
↗min. loc^
7) Ensuite on trace le graphe de f , see Fig. 18.
32/3−2 1
6
f(x)
x
Figure 18: Le graphe de la fonction f(x) = x3 − 2x2 − 5x+ 6
Exemple 3.42 Tracez le graphe de la fonction f(x) = (1− x2)e−x.
1) Ici, dom(f) = R.
2) L’ordonnée à l’origine est (0, (f(0)) = (0, 1). L’intersection avec l’axe des x est donnéepar (x, 0) avec f(x) = 0. Donc (1 − x2)e−x = 0, or 1 − x2 = 0, d’où x = ±1, et alors(±1, 0) sont les points d’intersection avec l’axe des x.
3) f n’a pas de AV parce que f est continue, et y = 0 est AH à x = +∞ parce que
limx→+∞
f(x) = 0.
La fonction n’a pas de AH à −∞ parce que limx→−∞
f(x) = −∞.
99
4) On a
f ′(x) = (−2x)e−x + (1− x2)e−x(−1)
= (x2 − 2x− 1)e−x.
Alors, f ′(x) = 0 donne x2 − 2x− 1 = 0 d’où x = 1±√
2 ≈ −0.4, 2.4, qui sont les PCs.
5) De plus,
f ′′(x) = (2x− 2)e−x + (x2 − 2x− 1)e−x(−1)
= −(x2 − 4x+ 1)e−x.
Alors, f ′′(x) = 0 donne x2 − 4x+ 1 = 0 d’où x = 2±√
3 ≈ 0.3, 2.7, qui sont les PCs.
6) On crée le tableau, avec le signe de f ′(x), f ′′(x) et les intervalles de monotonie et de con-cavité.
x −∞ −1 −0.4 0.3 1 2.4 2.7 +∞f ′(x) + + + 0 − − − 0 + + + + +f ′′(x) − − − − − 0 + + + + + 0 −
_
max. loc._
↗f(x)
_
↗_
↘_
↗_
↗ PI_
↗_
↗^
↘ PI^
↘^
↗min. loc.
^
7) Ensuite on trace le graphe de f , see Fig. 19.
x
0.3 1 2.3 2.7−1
f(x)
Figure 19: Le graphe de la fonction f(x) = (1− x2)e−x
100
3.4.1 Problèmes
Problème 3.4.1 Tracer le graphe des fonctions suivantes:
a) f(x) = x2 + 4x− 3
b) f(x) =1
3x3 − 7
2x2 + 10x+ 9
c) f(x) =x
x2 + 1
d) f(x) =x2 + 1
x
e) f(x) =x
x2 − 1
f) f(x) =x
x2 + 4
g) f(x) = x3 + x2 + x+ 1
h) f(x) = x3 − 3x2 − 9x+ 6
i) f(x) = x3 − 2x2 − 5x+ 6
j) f(x) = (1− x2)e−x
k) f(x) = x2−1x2−3x
l) f(x) = x lnx
101
4 Calcul intègralLe calcul intègral a été inventé simultanement par Leibniz et Newton au 17ème siècle. Leur
travail été motivé en grande partie par la solution des problèmes de la vie réelle.A la fin de ce chapitre l’étudiant
X aura une compréhension de la notion de l’intègrale et des téchniques de base de calcul desintègrales,
X et pourra appliquer les outils du calcul intègral aux domaines diverses, tels que finances etgéomètrie.
4.1 MotivationPourquoi veut-on intégrer une fonction? Qu’est-ce-que c’est l’intègrale d’une fonction? On
considère deux exemples pour donner une première motivation.
L’aire d’une région . Considérons la région R délimitée par le graphe de f et sur l’intervalle[a, b], voir Fig. 20, à gauche. Une façon très naturelle de calculer l’aire de R est d’abord le
a
f(x)
xx =bx i−1a=x nxx
f(x)
b x i*
Ri
i0
R
Figure 20: A gauche: la région R sous le graphe de y = f(x) et sur [a, b] et les sous-régions Ri; àdroite, la même région avec les sous-rectangles R∗i .
l’approcher. Par exemple, on peut divisier l’intervalle [a, b] en n sous-intervalles égalles, de taille
∆x, ∆x =b− an
. Soient x0 = a < x1 < . . . < xn = b les points des divisions, avec xi =
x0 + i∆x, i = 0, 1, . . . , n, et [xi−1, xi] les intervalles ainsi crées. On note par Ri la région sous legraphe de f et sur l’intervalle [xi−1, xi], voir Fig. 20, à droite. Alors
A(R) = A(R1) + · · ·+ A(Rn) =n∑i=1
A(Ri).
102
On approche l’aire A(Ri) comme suit. Dans l’intervalle [xi−1, xi] on prend un point x∗i et onconsidère le rectangle R∗i de base [xi−1, xi] et de hauteur f(x∗i ), voir Fig. 20, à droite. Alors onapproche A(Ri) par A(R∗i ) = (xi − xi−1)f(x∗i ) = f(x∗i )∆x. Donc
A(R) ≈n∑i=1
f(x∗i )∆x.
Alors, on peut définir A(R) comme
A(R) = lim∆x→∞
n∑i=1
f(x∗i )∆x.
Remarque 4.1 Parfois, on écrit ∆x au lieu de h. Alors, la limite ci-dessus devient
A(R) = lim∆x→0
n∑i=1
f(x∗i )∆x.
C’est de cette forme, qui a été utilisé par les inventeurs du calcul intègral, l’origine de l’écriture
moderne de l’intègrale de f dans [a, b], c.à.d.∫ b
a
f(x)dx.
L’accumulation d’une quantité . On s’intéresse à l’accumulation de quelque chose. Soit F (t)la fonction qui donne la quantité de la chose au temps t, et f(t) son taût de change. Par exampleon peut considérer que F (t) est la balance d’un compte bancaire déposée avec un intêrèt qui estcomposé continûment, et f(t) et le taûx de change de la balance F (t).
On peut calculer la some d’argent qui entre dans le compte pendant l’intervalle [a, b]. D’unepart, cette somme d’argent est donné par F (b)−F (a). D’autre part cette somme peut être comptercomme suit. On divise l’intervalle [a, b] en n sous-intervalles égalles, et soient t0 = a < t1 <· · · < tn = b les points de division. Alors,
F (b)− F (a) =n∑i=1
(F (ti)− F (ti−1)).
Notons queF (ti)−F (ti−1) donne la somme d’argent nette qui entre dans le compte dans l’intervalle[ti−1, ti]. Cette somme peut s’approcher par f(t∗i )∆t, avec t∗i ∈ [ti−1, ti] et ∆t = ti − ti−1, ce quidonne
F (b)− F (a) ≈n∑i=1
f(t∗i )∆t.
Laissant n tendre vers l’infini (ou ∆t→ 0), il en résulte que
F (b)− F (a) = lim∆t→0
n∑i=1
f(t∗i )∆t,
103
ce qui est équivalent à
F (b)− F (a) = A(R), (27)
où A(R) est l’aire sous le graphe de f(t) et sur [a, b]. Ce raisonement s’applique à l’intervalle[a, t], auquel cas on aurait
F (t)− F (a) = A(R(t)),
où A(R(t)) est l’aire sous le graphe de f(t) et sur [a, t].
4.2 Integrale indéfinieOn a vu que la formule (27) est vraie pour F une fonction telle que F ′(x) = f(x). Si on croît que
ceci est vraie pour les régions délimitée par une fonction f (ce qui en effet est vraie), pour trouverl’aire A(R) on est mené à trouver les fonctions F telles que F ′(x) = f(x). Cette observationconduit premièrement à l’étude de l’intègrale indéfinie.
4.2.1 Définitions.
1) Soit I ⊂ R une intervalle et f : I 7→ R une fonction. On dit que F : I 7→ R est une fonctionprimitive de f dans I si
F ′(x) = f(x), ∀x ∈ I.
2) On écrit toutes les primitives de f par∫f(x)dx,
et on le lit “integrale indefinie de f(x) dx”. Parfois on évite le mot “indéfinie”.
4.2.2 Premiers résultats
Résumons ci-bas quelques premières propriétes de l’intègrale.
1) Si F est une primitive de f dans I alors toutes les primitives de f dans I sont de la formeF (x) + C, C ∈ R, donc∫
f(x)dx = F (x) + C.
2)∫f ′(x)dx = f(x) + C, parce que (f(x) + C)′ = f ′(x).
3)∫
1dx = x+ C, parce que (x+ C)′ = 1.
104
4)∫xndx =
1
n+ 1xn+1 + C, parce que
(1
n+ 1xn+1 + C
)′= xn.
5)∫exdx = ex + C, parce que (ex + C)′ = ex. en général
∫ekxdx = 1
kex + C, parce que(
1kekxx+ C
)′= ekx.
6)∫
1
xdx = ln |x|+ C, parce que (ln |x|+ C)′ =
1
x.
7)∫
(af(x) + bg(x))dx = a
∫f(x)dx+ b
∫g(x)dx.
Exemple 4.1 Soit f ′(x) = 2√x− 3√
x− 4e−5x avec f(0) = 1. Trouvons f(x) et f(1). On a
f(x) =
∫f ′(x)dx
=
∫ (2√x− 3√
x− 4e−5x
)dx
=
∫ (2x1/2 − 3x−1/2 − 4e−5x
)dx
= 2x3/2
3/2− 3
x1/2
1/2− 4
1
−5e−5x + C
=4
3x3/2 − 6x1/2 +
4
5e−5x + C.
Pour trouver C on utilise la condition f(0) = 1. Alors4
3· 03/2 − 6 · 01/2 +
4
5e−5·0 + C = 1,
4
5+ C = 1,
C =1
5.
Alors
f(x) =4
3x3/2 − 6x1/2 +
4
5e−5x +
1
5,
f(1) =4
3− 6 +
4
5e−5 +
1
5.
= −67
15+
4
5e−5.
4.2.3 Téchniques d’intégration (intègrales indéfinies)
Contrairement au calcul de la dérivée, le calcul des intèglrales est en général difficile. La raisonest que l’intègrale est au fait l’opération inverse de la dérivée.
Il y a deux méthodes qu’on utilise couramment pour trouver les intègrales.
105
4.2.3.1 Changement de variable / substitution . Dans cette méthode, pour toute fonctiondérivable g on va utiliser la notation suivante
dg
dx= g′(x), donc dg = g′(x)dx.
Alors, si on pose t = g(x) on aura
dt = g′(x)dx.
Il en suit que∫f(g(x)︸︷︷︸
=t
) g′(x)dx︸ ︷︷ ︸=dt
=
∫f(t)dt, où on a posé t = g(x).
Alors, si F est une primitive de f , c.à.d. F ′(x) = f(x) on a∫f(g(x))g′(x)dx = F (t) + C
= F (g(x)) + C. (28)
Example 4.2∫xex
2
dx [on pose t = x2]
= [donc dt = 2xdx et xdx = 12dt; on remplace]∫
1
2etdt
= [on intègre]1
2et + C
= [on revient à la variable initiale]1
2ex
2
+ C.
Example 4.3∫x√
10− x2dx [on pose t = 10− x2]
= [donc dt = −2xdx et xdx = −12dt; on remplace]∫
(−1
2)√tdt
= [on intègre]
−1
2
t32
32
+ C
106
=
−1
3t
32 + C
= [on revient à la variable initiale]
−1
3(10− x2)
32 + C.
Example 4.4 ∫x
5− xdx [on pose t = 5− x]
= [donc dt = −dx, dx = −dt et x = 5− t; on remplace]∫5− tt
(−dt)
=
−∫ (
5
t− 1
)dt [on intègre]
=
−5 ln |t|+ t+ C
= [on revient à la variable initiale]−5 ln |5− x|+ 5− x+ C.
4.2.3.2 Intérgration par parties . Intégration par parties se base sur la formule de différentia-tion du produit des fonctions, comme suit
f(x)g′(x) = (f(x)g(x))′ − f ′(x)g(x).
On en déduit la formule suivante de l’intègration par parties:∫f(x)g′(x)dx =
∫((f(x)g(x))′ − f ′(x)g(x))dx
= f(x)g(x)−∫f ′(x)g(x)dx. (29)
Example 4.5 ∫xexdx [on pose f(x) = x, g′(x) = ex]
= [donc f ′(x) = 1, g(x) = ex]∫f(x)g′(x)dx [on remplace]
= [et on applique la formule (29)]
f(x)g(x)−∫f ′(x)g(x)dx
107
=
xex −∫exdx [on intègre]
=
xex − ex + C.
Example 4.6 ∫xe−3xdx [on pose f(x) = x, g′(x) = e−3x]
= [donc f ′(x) = 1, g(x) = −13e−3x]∫
f(x)g′(x)dx [on remplace]
= [et on applique la formule (29)]
f(x)g(x)−∫f ′(x)g(x)dx
=
−1
3xe−3x +
1
3
∫e−3xdx [on intègre]
=
−1
3xe−3x − 1
9e−3x + C.
Example 4.7 ∫xn lnxdx [on pose f(x) = ln x, g′(x) = xn]
= [donc f ′(x) =1
x, g(x) =
∫g′(x)dx =
1
n+ 1xn+1]∫
f(x)g′(x)dx [on remplace]
= [et on applique la formule (29)]
f(x)g(x)−∫f ′(x)g(x)dx
=
1
n+ 1xn+1 lnx−
∫1
n+ 1xn+1 1
xdx
=
1
n+ 1xn+1 lnx− 1
n+ 1
∫xndx [on intègre]
=
1
n+ 1xn+1 lnx− 1
(n+ 1)2xn+1 + C.
108
Example 4.8 ∫(2x− 1) lnxdx [on pose f(x) = ln x, g′(x) = 2x− 1]
= [donc f ′(x) =1
x, g(x) =
∫g′(x)dx = x2 − x]∫
f(x)g′(x)dx [on remplace]
= [et on applique la formule (29)]
f(x)g(x)−∫f ′(x)g(x)dx
=(x2 − x) lnx−
∫(x2 − x)
1
xdx
=
(x2 − x) lnx−∫
(x− 1)dx [on intègre]
=
(x2 − x) lnx−(
1
2x2 − x
)+ C.
4.2.4 Problèmes
Problème 4.2.1 Trouvez les primitives suivantes:
a) s
∫(−1)dx
b)∫
(3− 2x+1
4x2)dx
c) s
∫ (3
x+ 5x2 − 9
√x− x7/2
)dx
d)∫
(2x− 1)(3x2 + 5)dx
e) s
∫(3− 2x)2dx
f)∫
3− 5x2
3xdx
Problème 4.2.2 Soient f ′(x) et f(a) donnés comme ci-dessous. Trouvez f(b).
a) s f ′(x) = 4x−3/2 − 3x−1, f(1) = 2. Trouvez f(4)
b) f ′(x) = 2√x+
1
2
1√x
+ e−x, f(0) = 4. Trouvez f(1)
c) s f ′(x) =3√x− 5x+ 3, f(1) = 0. Trouvez f(4)
d) f ′(x) = e1−x +3√
1 + 3x, f(1) = 0. Trouvez f(0)
109
Problème 4.2.3 Calculez les intégrales suivantes avec la méthode de substitution (changement devariable):
a) s
∫xex
2
dx
b)∫xe−3x2
dx
c)∫
1
2− 7xdx
d) s
∫e9−5xdx
e) s
∫x
5− xdx
f)∫
(x1/3 + 5)3
x2/3dx
g) s
∫x√
9− x2dx
h)∫xe−3x2
dx
i)∫
1
x
1
lnxdx
j)∫
x
3x+ 4dx
k)∫x(2 + 7x2)11dx
l)∫
x
3− x2dx
Problème 4.2.4 Calculez les intégrales suivantes avec la méthode de l’intégration par parties:
a)∫xexdx
b) s
∫xe−3xdx
c)∫
lnxdx
d) s
∫x−3 lnxdx
e)∫x lnxdx
f)∫x2 lnxdx
g)∫x ln(x2 + 1)dx
h)∫
(2x+ 3) lnxdx
i)∫x−4 lnxdx
j) s
∫(3x2 − 2x)exdx
4.3 Intègrale définieDu point de vue pratique, l’intégrale définie donne l’accummulation d’une certaine quantité
pendant un certain intervalle [a, b], ou bien l’aire de la région sous le graphe d’une fonction. Avantde procéder avec des applications on va élaborer quelques définitions et téchniques.
110
4.3.1 Définitions et premiers résultats.
1) Soit I ⊂ R une intervalle et f : I 7→ R une fonction, et F une primitive de f dans I , c.à.d.F ′(x) = f(x). Pour a, b ∈ I , “l’intègrale définie “ de f entre a et b est définie par∫ b
a
f(x)dx = F (b)− F (a) =: [F (x)]ba.
Le nombre a est la borne inférieure, et b est la borne supérieure. La fonction f est “l’intègrand”
Remarque 4.2 La valeur de∫ b
a
f(x)dx est indépendante du choix de la primitive F , parce
que si G(x) est une autre primitive de f alors G(x) = F (x) + C, pour certaine constanteC, et donc
G(b)−G(a) = (F (b) + C)− (F (a) + C) = F (b)− F (a).
De plus, la définition∫ b
a
f(x)dx a bien un sens avec a et b dans n’importe quel ordre.
2) Pour tout a ∈ I et toute fonction f on a∫ a
a
f(x)dx = 0.
3) Si a, b, c ∈ I on a∫ c
a
f(x)dx =
∫ b
a
f(x)dx+
∫ c
b
f(x)dx.
4) Si α, β ∈ R alors∫ b
a
(αf(x) + βg(x))dx = α
∫ b
a
f(x)dx+ β
∫ b
a
g(x)dx.
4.3.2 Théorème fondamental du calcul
Le théorème suivant donne le lien entre l’intègrale définie est l’aire de la région sous le graphed’une fonction.
Theorem 4.3 (le théorème de l’aire) Soit y = f(x) une fonction continue et non-négative dansl’intervalle [a, b]. De plus soit A l’aire de la région sous le graphe de f et sur l’intervalle [a, b].Alors
A =
∫ b
a
f(x)dx.
111
Voici le théorème fondamental du calcul. Il donne le lien entre la dérivée et l’intègrale.
Theorem 4.4 (le théorème fondamental du calcul) Soit y = f(x) une fonction continue dans
l’intervalle [a, b]. Pour x ∈ [a, b] on pose F (x) =
∫ x
a
f(t)dt. Alors F est continue dans [a, b] et
est une primitive de f dans (a, b), c.à.d.
F ′(x) =d
dx
(∫ x
a
f(t)dt
)= f(x), ∀x ∈ (a, b).
Remarque 4.5 Ce théorème montre que la dérivation et l’intègration sont deux opérations inversede l’une l’autre, dans le sense que l’application succéssive de ces deux opérations ne change pasla fonction, notemment
d
dx
(∫ x
a
f(t)dt
)= f(x),∫ x
a
df(t)
dtdt = f(x), si f(a) = 0.
Remarque 4.6 L’intègrale définie peux étre introduite avec les sommes de Riemann, ce qui d’ailleurs
est la méthode mathématique (voir l’introduction de ce chapitre). Pour ceci, soit n ∈ N, ∆x =b− an
et xi = a + i · ∆x, i = 0, 1, . . . , n. Pour chaque i, on choisi un point x∗i ∈ [xi−1, xi]. Alors, ondéfinie les somme
Sn =n∑i=1
f(x∗i )(xi − xi−1) =n∑i=1
f(x∗i )∆x.
Sn est dite “somme de Riemann”. Elle represente une approximation de l’aire de la région sur[a, b] et sous le graphe de y = f(x), voir Fig. 21. Ensuite on définit
xx x x x x
x*i
ii−1 n10
Figure 21: La région entre le graphe de y = f(x) et [a, b].
112
∫ b
a
f(x)dx := limn→∞
Sn = lim∆x→0
n∑i=1
f(x∗i )∆x.
Cette limite existe, indépendemment du choix des points x∗i , pour des classes larges de fonctions,par exemple pour les fonctions continues (ou continues par morceaux) dans [a, b].
4.3.3 Téchniques d’intègration (intègrales définies)
Pour les intègrales définies on utilise les mêmes téchniques d’intègration que pour les intégralesindéfinies (la méthode de substitution, voir l’équation (28), et la méthode d’intègration par par-ties, voir (29)). Simplement, à la fin, on évalue la primitive aux bornes de l’intègrale, c.à.d. si
F (x) =
∫f(x)dx alors
∫ b
a
f(x)dx = F (b)− F (a).
4.3.4 Problèmes
Problème 4.3.1 Calculez les inégrales définies suivantes:
a) s
∫ 1
1
(3ex2+7√x + ln(1 + x2))dx
b)∫ 1
0
(√x+ e1−2x +
1
1 + x
)dx
c) s
∫ 1
0
(x2 + x1/2)dx
d) s
∫ 3
2
(x+ 1)√x− 2dx
e)∫ 1
0
1
1 +√xdx
f)∫ 2
1
x lnxdx
g)∫ 1
0
1
(8x+ 1)1/2dx
h)∫ 1
0
e1−2xdx
i)∫ 1
0
x√
10− x2dx
j)∫ 1
0
x−1/2ex−1/2
dx
k)∫ 2
1
(x+ 2)(x+ 1)3dx
l)∫ 1
0
xe−xdx
m)∫ 2
1
x2 lnxdx
n)∫ 3
0
xex2
dx
o) s
∫ 2
0
|x2 − 1|dx
p)∫ 3
−2
|x− 1|dx
113
q)∫ 1
−1
|x− x2|dx r)∫ 2
−1
x|x|dx
114
4.4 Application de l’intégraleDans cette section on verra trois applications de l’intègrale: une en géomètrie et deux en fi-
nances.
4.4.1 L’aire d’une région bornée par deux courbes
Soit y = f(x) et y = g(x) deux fonctions continues dans [a, b], soit R la région sur l’intervalle[a, b] et entre les graphes des fonction f et g, voir Fig. 22. Alors on a ce résultat.
b xa x x x2 31
y
y=f(x)
y=g(x)
Figure 22: La région R entre les graphes des fonctions y = f(x) et y = g(x)
Proposition 4.7 L’aire A de la région R est donnée par
A =
∫ b
a
|f(x)− g(x)|dx. (30)
Dans la pratique on utilse (30) avec l’algorithme suivant.
Algorithme pour le calcul de l’aire
1) D’abord, on étudue le signe de h(x) := f(x)− g(x). Pour ceci on trouve les solutions de
h(x) = 0.
2) Pour fixer les idées, supposons qu’il y a trois racines x1, x2, x3 ∈ [a, b], avec a ≤ x1 < x2 <x3 ≤ b.
3) Ensuite, on trouve le signe de h(x), dans chaque sous-intervalle (a, x1), (x1, x2), (x2, x3),(x3, b). Pour ceci it suffit de prendre un point dans chaque intervalle et d’évaluer h(x). Lesigne de la valeur h(x) qu’on obtient est le signe de h dans toute l’intervalle en question.
Pour fixer les idées, on suppose que le signe de h(x) est comme dans le tableau qui suit.
115
x a x1 x2 x3 b
h(x) − 0 + 0 − 0 +
|h(x)| −h(x) 0 +h(x) 0 −h(x) 0 +h(x)
4) De ce tableau de signe on déduit la formule pour |h(x)|. Alors, on a
A =
∫ x1
a
(−h(x))dx+
∫ x2
x1
h(x)dx+
∫ x3
x2
(−h(x))dx+
∫ b
x3
h(x)dx.
Remarque 4.8 A noter que parfois l’intervalle [a, b] n’est pas donnée, notemment quand la régionest juste entre les deux graphes. Dans ce cas l’intervalle est trouvée comme suit. D’abord on trouveles racines de f(x)− g(x) = 0. Alors [a, b] est avec a la plus petite des racines et b la plus grandedes racines, voir Fig. 23.
z
ya b
y=g(x)
y=f(x)
Figure 23: La région R entre les graphes des fonctions y = f(x) et y = g(x), et les pointsd’intersection
Exemple 4.9 Calculez l’aire de la régionR délimitée par les graphes des fonctions f(x) = x2 +2et g(x) = 3x et sur [a, b] = [0, 2].Solution.Il faut étudier le signe de h(x) := f(x)− g(x). Pour ceci, on resout d’abord h(x) = 0. Donc,
h(x) = x2 + 2− 3x = 0, x =1
2(3±
√32 − 4 · 2) =
1
2(3± 1), x = 1, x = 2.
Pour le signe de h(x) on fait un tableau:
116
x
h(x)
−∞ 0 1 2 ∞
+ + + 0 − 0 +
On déduit que
A =
∫ 1
0
h(x)dx+
∫ 2
1
(−h(x))dx
=
∫ 1
0
(x2 + 2− 3x)dx+
∫ 2
1
(−(x2 + 2− 3x))dx
=
[(1
3x3 + 2x− 3
2x2
)]1
0
+
[−(
1
3x3 + 2x− 3
2x2
)]2
1
=
(1
3+ 2− 3
2
)−(
1
323 + 2 · 2− 3
222
)+
(1
3+ 2− 3
2
)= 1.
Exemple 4.10 Calculez l’aire de la régionR délimitée par les graphes des fonctions f(x) =3x√x+ 1
,
g(x) = −2x et sur [a, b] = [0, 3].Solution.A nouveau, il faut étudier le signe de h(x) := f(x)− g(x). La solution de h(x) = 0 est
h(x) =x√x+ 1
− (−2x) = 0, on multiplie par√x+ 1:
x+ 2x√x+ 1 = 0,
x(1 + 2√x+ 1) = 0, donc
x = 0.
Pour le signe de h(x) on fait un tableau:
x
h(x)
−1 0 3 ∞
− 0 + + +
On déduit que
A =
∫ 3
0
h(x)dx =
∫ 3
0
(x√x+ 1
+ 2x
)dx
=
∫ 3
0
x√x+ 1
dx+ [x2]30
117
=
∫ 3
0
x√x+ 1
dx+ 9.
On calcule∫
x√x+ 1
dx avec la méthode de substitution:
∫x√x+ 1
dx∣∣∣On pose u = x+ 1; alors x = u− 1 et dx = du.
‖∫(u− 1)√
udu
∣∣∣On substitue
‖∫(u1/2 − u−1/2)du
‖2
3u3/2 − 2u1/2 + C
∣∣∣On revient à x en remplaçant u = x+ 1]
‖2
3(x+ 1)3/2 − 2(x+ 1)1/2 + C.
Alors
A =
[2
3(x+ 1)3/2 − 2(x+ 1)1/2
]3
0
+ 9
=
(2
343/2 − 2 · 41/2
)−(
2
3− 2
)+ 9
=16
3− 4 +
4
3+ 9
=35
3.
Exemple 4.11 Calculez l’aire de la région R délimitée par les graphes des fonctions f(x) =√x
et g(x) = x2.Solution.Ici, a et b ne sont pas donnés. Pour les trouver il faut d’abord trouver les points d’intersection desgraphes. On resout donc h(x) := f(x)− g(x) = 0, or
h(x) :=√x− x2 = 0,
√x(1− x3/2) = 0,
√x = 0, ou 1− x3/2 = 0,
x = 0, ou x = 1.
118
Donc,
A =
∫ 1
0
|h(x)|dx.
Que vaut |h(x)| dans (0, 1)? Pour ceci on étudie le signe de h(x) par le tableau:
x
h(x)
0 1 ∞
+ 0 −
Donc
A =
∫ 1
0
h(x)dx =
∫ 1
0
(√x− x2)dx =
[2
3x3/2 − 1
3x3
]1
0
=1
3.
Exemple 4.12 Calculez l’aire de la région R délimitée par les graphes des fonctions f(x) =2x2 + 10 et g(x) = 4x+ 16.Solution.A nouveau a et b ne sont pas donnés. On les trouve en resolvant h(x) = f(x)− g(x) = 0. On a
h(x) = (2x2 + 10)− (4x+ 16) = 2(x2 − 2x− 3) = 0,
x2 − 2x− 3 = 0, d’où
x =1
2(2 +
√4 + 12) =
1
2(2± 4),
x = −1, x = 3.
Donc,
A =
∫ 3
−1
|h(x)|dx.
On étudie le signe de h(x):
x
h(x)
−∞ −1 3 ∞
+ 0 − 0 +
Alors
A =
∫ 3
−1
(−h(x))dx
=
∫ 3
−1
(−2(x2 − 2x− 3))dx
= −2
[1
3x3 − x2 − 3x
]3
−1
=64
3.
119
4.4.2 Les surplus
Rappelons-nous d’abord les fonctions demande et l’offre.
i) La fonction demande d’un produit, notée p = p(x), associe le prix par unité p du produit,quand la demande est x, c.à.d. quand les consomateurs sont prèts à acheter x unitiés de ceproduit à ce prix p par unité.
Parfois, on donne la fonction inverse de cette fonction, c.à.d. x = x(p).
ii) La fonction offre est similaire à la fonction demande, mais vue de la perspective des fabri-cants qui cherchent à vendre. La fonction offre, notée s = s(x), donne le prix par unité s duproduit, quand la demande est x, c.à.d. quand les fabricants sont prèts à vendre x unitiés dece produit à ce prix s par inité.
Le surplus du consomatuer (SC) et le suplus du producteurs (SP) sont définis comme suit (voirFig. 24).
Procédure pour calculer les surplus
i) On définie le point d’équilibre (PE) (x0, y0) en resolvant d’abord l’équation
p(x) = s(x).
Soit x0 la solution, et p0 = p(x0). Alors, PE=(x0, y0).
ii) On définit les surplus par
SC =
∫ x0
a
(p(x)− p0)dx, SP =
∫ x0
0
(p0 − s(x))dx.
x
p
y=s(x)
y=p(x)
x
p
0
0
SC
SC
x ix i−1
ix*
Figure 24: La fonction demande, offre, le point d’équilibre et les surplus
Pourquoi de telles définitions?
120
Au fait, au point d’équilibre les consomateurs et les producteurs s’entendent d’acheter/de vendrex0 unités à un prix p0. Or, pour x ∈ [xi−1, xi], le prix par unité est en moyenne p(x∗i ). Alors,(xi − xi−1) consomateurs sentent d’avoir gagné p(x∗i ) − p0 (parce que le prix d’achat est p0). Entotal, par rapport au prix d’équilibre, les consomateurs ont gagné
SCn = p(x∗1)(x1 − 0) + p(x∗2)(x2 − x1) + · · ·+ p(x∗n)(xn − xn−1)
=n∑i=1
p(x∗i )(xi − xi−1).
Or Sn est une somme de Riemann de la fonction p(x)− p0. D’où la formule pour SC.Le raisonnement pour SP est similaire.
Exemple 4.13 Calculez le point d’équilibre et les surplus du consomateur et du producteur si
p(x) = −3x+ 9, s(x) =1
2x+ 2.
Solution.On trouve le point d’équilibre:
p(x) = s(x)
−3x+ 9 =1
2x+ 2,
x0 = 2,
p0 = p(x0) = s(x0) = 3.
Alors
SC =
∫ 2
0
(−3x+ 9− 3)dx = 6,
SP =
∫ 2
0
(3− 1
2x− 2)dx = 1.
Exemple 4.14 Calculez le point d’équilibre et les surplus du consomateur et du producteur sip(x) = 9e−x, s(x) = ex.Solution.On trouve le point d’équilibre:
p(x) = s(x)
9e−x = ex,
e2x = 9,
x0 =1
2ln 9 = ln 91/2 = ln 3,
p0 = p(x0) = s(x0) = eln 3 = 3.
121
Alors
SC =
∫ ln 3
0
(9e−x − 3)dx =[−9e−x − 3x
]ln 3
0= 6− ln 27,
SP =
∫ ln 3
0
(3− ex)dx = [3x− ex]ln 30 = ln 27− 2.
Exemple 4.15 Calculez le point d’équilibre et les surplus du consomateur et du producteur sip(x) = 15− x2, s(x) = x+ 3.Solution.On trouve le point d’équilibre:
p(x) = s(x)
15− x2 = x+ 3,
x2 + x− 12 = 0,
x0 =1
2(−1±
√1 + 48) =
1
2(−1± 7),
x0 = 3,
p0 = s(x0) = 4.
La racine x0 = −4 est éliminée puisqu’elle est négative. Alors
SC =
∫ 3
0
(15− x2 − 4
)dx =
[9x− 1
3x3
]3
0
= 18,
SP =
∫ 3
0
(4− x− 3)dx =
[x− 1
2x2
]3
0
=9
2.
Exemple 4.16 Calculez le point d’équilibre et les surplus du consomateur et du producteur si
p(x) =8
x+ 1, s(x) = x+ 3.
Solution.On trouve le point d’équilibre:
p(x) = s(x)8
x+ 1= x+ 3,
(x+ 3)(x+ 1) = 8,
x2 + 4x− 5 = 0,
x0 =1
2(−4±
√16 + 20) =
1
2(−4± 6),
x0 = 1,
p0 = s(x0) = 4.
122
La racine x0 = −5 est éliminée puisqu’elle est négative. Alors
SC =
∫ 1
0
(8
x+ 1− 4
)dx = [8 ln |x+ 1| − 4x]10 = 8 ln 2− 4,
SP =
∫ 1
0
(4− x− 3)dx =
[x− 1
2x2
]1
0
=1
2.
4.4.3 Problèmes
Problème 4.4.1 Calculez l’aire de la région R délimitée par les graphes des fonctions f et g don-nées ci-dessous, et entre x = a et x = b. Aux cas où x = a et x = b ne sont pas donnés, la régionR est délimitée par les graphes de f et g.
a) f(x) = x, g(x) = x− x2, a = −1, b = 1
b) f(x) = x2, g(x) = x1/3, a = 0, b = 1
c) f(x) = x2 − 1, g(x) = 1− x, a = −2, b = 1
d) f(x) =1
(x− 2)(x− 3), g(x) = 0, a = 0, b = 1
e) f(y) =1
2y2 − 3, g(x) = x− 1
f) f(x) =√
2x+ 6, g(x) = x− 1
Problème 4.4.2 Calculez le point d’équilibre et les surplus du consomateur et du producteur dansles cas suivants:
a) p(x) =4√
3x+ 1, s(x) =
√x+ 3
b) p(x) =20
x+ 1, s(x) = x+ 2
c) p(x) =√
5 + 4x, s(x) = x
d) p(x) = −50x+ 2000, s(x) = 10x+ 500
4.5 Valeur future et valeur présenteRappelons que si on dépose une somme P dans un compte bancaire, avec un intérêt annuel r
qui est composé continûment, alors la balance du compte au temps t sera
F (t) = Pert.
Parfois, F (t) est appellé “valeur future au temps t“ et P ”valeur présente“, et on note
VF = Pert, VP = P.
123
Il arrive que l’argent est déposé continûment pendant une période [0, T ], par exemple un flux derevenu continu. Soit R(t) le flux d’argent5 déposé au compte au temps t, t ∈ [0, T ]. Alors, labalance du compte au temps T sera donnée par
F (T ) =
∫ T
0
R(t)er(T−t)dt,
où r est l’intérêt annuel composée continûment. On définit6
VF =
∫ T
0
R(t)er(T−t)ds, resp. VP =
∫ T
0
R(t)e−rtds,
appellée ”valeur future au temps t“, resp. ”valeur présente“ du revenu R(t) pendant T années.Notons qu’on a
VF = erTVP .
Remarque 4.9 VF représente la valeur au temps T du flux de revenu continu R(t) déposé avec unintérêt annuel r composé continûment. VP represnte la valeur qu’on devrait déposer aujourd’huiafin qu’après T années cette valeur avec son intérêt annuel r composé continûment vaut VF .
Exemple 4.17 Vous avez l’opportunité d’acheter une activité qui génère $10,000/année de profitcontinûment pendant 10 années. L’intérêt annuel est de 3%, composé continûment. Vaut-il achetercette activité pour $70,000?Solution. Pour repondre à cette question, il faut calculer VP de cette activité et la comparer avec70, 000.
Ici R(t) = 10, 000, r = 0.03 et T = 10. Donc
VP =
∫ 10
0
10, 000e−0.03tdt
= 10, 0001
−0.03[e−0.03t]10
0 = 10, 0001
0.03(1− e−0.3) ≈ 86, 393$.
Comme VP est plus grand que le prix d’achat, il vaut bien acheter cette activité.Pour finir, calculons aussi VF . Notons que VF = erTVP , donc
VF = e10·0.03VP
≈ 116, 619$.
5Ceci signifie que pendant tout interval de temps [t, t + dt] le revenu est R(t)dt. Par exemple, pour une personneavec un salaire annuel $100, 000 le flux d’argent dans son compte est R(t) = 100, 000.
6Cette définition vient du fait que pendant l’intervalle [ti−1, ti] le flux d’argent est R(t∗i )∆t, où t∗i ∈ [ti−1, ti] et∆t = ti − ti−1, qui en composant l’intérêt à la fin donne R(t∗i )e(T−t
∗i )r∆t. Donc, le flux R(t) à la fin donne
approximativement∑n
i=1R(t∗i )e(T−t∗i )r∆t, ce qui conduit à cette définition
124
4.5.1 Problèmes
Problème 4.5.1 Trouvez la valeur future d’un flux continu de revenu donné par R(t) = 15 + 10tpendant 10 années, où t est le temps en années et R(t) est en dollars, si l’intérêt est %3 par annéeet est composé continûment.
Problème 4.5.2 Trouvez la valeur future d’un flux continu de revenu donné par R(t) = 1000 +(500t + 100)1/2 pendant 10 années, où t est le temps en années et R(t) est en dollars, si l’intérêtest %6 par année et est composé continûment.
Problème 4.5.3 Vous avez l’opportunité d’acheter une activité qui produit $50,000/année con-tinûment pendant 10 années. L’intérêt annuel est de 5%, composé continûment. Vaut-il achetercette activité pour $200,000?
Problème 4.5.4 Il est attendu qu’une activité nouvelle génère un revenu continu de $30,000 parannée pour les 5 années prochaines. La banque offre un intérêt annuel de %4 par année, composécontinûment. Le prix de vente de l’activité est de $150,000. Vaut-il l’accheter?
125
5 Calcul multi-dimensionnelLes phénomènes et les activités de la vie sont bien complexes et les fonctions d’une variable
sont incapable de les décricre. Par exemple, une entrprise produit plusieurs articles, disons n, nentier, en quantité x1, x2, . . . , xn. Le coût total C serait alors un nombre qui dépend de tous lesnombres x1, x2, . . . , xn. Par exemple, si n = 2 on pourrait avoir
C = 3x1 + 10x2 + 7x1x32.
Cette situation conduit naturellement à la notion de la fonction de plusieurs variable. A la fin de cechapitre l’étudiant
X aura une compréhension de la notion de la fonction de plusieurs variables,
X apprendra les notions de continuité et des dérivées partielles des fonctions à plusieurs vari-ables,
X et pourra appliquer des outils du calcul multi-dimensionnel à la résolution des problèmesd’optimisation en dimension deux.
5.1 Rappels de quelques éléments de baseOn rappelle l’ensemble R des nombres réels. Si x est un nombre réel, on écrit x ∈ R. Maintenant
on considère R× R qui est l’ensemble des pairs des nombres réels, donc
R× R = {(x, y), x, y ∈ R}.
Si (x, y) est un pair de nombres réels on écrit (x, y) ∈ R× R. Parfois on écrit R2 au lieu de R× R.Les nombres x et y sont les coordonnées du pair (x, y).
De façon similaire on considère R×R×R qui est l’ensemble des triples des nombres réels, donc
R× R× R = {(x, y, z), x, y, z ∈ R}.
Si (x, y, z) est un pair de nombres réels on écrit (x, y, z) ∈ R× R× R. Parfois on écrit R3 au lieude R× R× R. Les nombres x, y et z sont les coordonnées du triple (x, y, z).
Ce raisonnement conduit à l’enseble des n-tuples des réels, noté par Rn. Dans ce cours on selimite au cas n = 2.
Présentation géometrique . Il y a une description géometrique des élements de R, R2, R3. Parexemple, x ∈ R s’indentifie par un point dans l’axe des x, voir Fig. 25, gauche.
Les éléments de R2 sont des couples et ils s’identifient avec des points dans le plan xy. Plusprécisement, si (x, y) ∈ R2 est donné, on trace le rectangle avec des côtés de longueur x et y,parallèles aux axes et avec un noeud à l’origine. Le noeud diagonal à l’origine représente le pair(x, y), voir Fig. 25, centre.
126
0 x
(x,y)
xx
y
y
x
y
x
y
z
z
(x,y,z)
Figure 25: R, R2, R3 et la présentation géomètrique des leurs éléments.
Similairement, les éléments de R3 sont des triples et s’identifient avec des points dans l’espacexyz. Dans ce cas on utilise le système (trois-dimmensionnel) cartesien de coordonnées xyz, voirFig. 25, droite. Plus précisement, si (x, y, z) ∈ R3 est donné, on trace le parallélépipède avec descôtés de longueur x, y et z et parallèles aux axes x, y et z, et un noeud à l’origine. Le point (x, y, z)est le noeud du parallélépipède diagonal à l’origine, voir Fig. 25, droite.
Enfin, rappelons-nous que la distance entre deux points est donnée comme suit.
i) En dimension un: si P = x1, Q = x2 alors
d(P,Q) = |x1 − x2|,
ii) En dimension deux: si P = (x1, y1), Q = (x2, y2) alors
d(P,Q) =√
(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2, et
iii) En dimension trois: si P = (x1, y1, z1), Q = (x2, y2, z2) alors
d(P,Q) =√
(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 + (z1 − z2)2.
Exemple 5.1 Les points de cercle de rayon r et centre C = (a, b) sont tous les points P (x, y) telsque d(P,C) = r. Donc,√
(x− a)2 + (y − b)2 = r,
(x− a)2 + (y − b)2 = r2,
(y − b)2 = r2 − (x− a)2, d’où,
y = b±√r2 − (x− a)2.
De façon similaire, les points de la sphère de rayon r et centre C = (a, b, c) sont tous les pointsP (x, y, z) tels que d(P,C) = r. Donc,√
(x− a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = r,
(x− a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = r2,
(z − c)2 = r2 − (x− a)2 − (y − b)2, d’où,
z = c±√r2 − (x− a)2 − (y − b)2.
127
5.2 Fonctions de deux variablesPar définition, une fonction à deux variables est de la forme
f : R2 7→ R,x ∈ Dom(f) 7→ z = f(x) ∈ Im(f).
(31)
Ici R2 est l’espace du départ, R est l’espace d’arrivée, f represente une loi, généralement donnéepar une formule, qui à tout (x, y) ∈ Dom(f) associe une valeur unique z = f(x, y) ∈ Im(f),(x, y) est la variable et z = f(x) est la valeur de la fonction.Dom(f) est ”le domaine de f“ et Im(f) est ”l’image de f“ définis comme suit
Dom(f) = {(x, y) ∈ R2 tel que f(x, y) est bien défini},Im(f) = {f(x, y), (x, y) ∈ Dom(f)}.
Remarque 5.1 Notons que pour noter la variable (x, y) et la fonction f , on peut utiliser n’importequelles lettres, telles que (u, v) et g. Dans la plupart de ce cours on va utiliser (x, y) et f .
Par définition, ”graphe G(f) d’une fonction f“ est l’ensemble des points (x, y, f(x, y)) dans unsystème trois dimensionnel de coordonnées,
G(f) = {(x, y, f(x, y)), (x, y) ∈ Dom(f)}.
Example 5.2 Soit f : R2 7→ R, f(x) = x− y.Ici, Dom(f) = R, puisque f(x, y) est bien défini pour tout (x, y) ∈ R. Aussi Im(f) = R. En
effet, soit z ∈ R. Alors, alors il existe (x, y) ∈ Dom(f) tel que z = f(x, y) = x− y. Par exemple,si y = 0 alors x = z. Donc f(z, 0) = z.
Example 5.3 Soit f : R2 7→ R, f(x) =√y − x.
Ici, Dom(f) = {(x, y), y − x ≥ 0} = {(x, y), x ≤ y}. Aussi Im(f) = [0,+∞). En effet,si z ≥ 0, alors il existe (x, y) ∈ Dom(f) tel que z = f(x, y) =
√y − x, c.à.d. y − x = z2. Par
exemple, si x = 0 alors y = z2. Donc f(0, z2) =√z2 − 0 = z.
Exemple 5.4 Traçons le graphe de quelques fonctions élémentaires.
a) z = C. Ici, le graphe est le plan horizontal parallel au plan xy qui interesecte l’axe z aupoint (0, 0, C), voir Fig. 26, la 1ère de la gauche.
b) x = C. Ici, le graphe est le plan vertical parallel au plan yz qui interesecte l’axe x au point(C, 0, 0), voir Fig. 26, la 2ème de la gauche.
c) y = C. Ici, le graphe est le plan vertical parallel au plan xz qui interesecte l’axe y au point(0, C, 0), voir Fig. 26, la 3ème de la gauche.
d) En général, le graphe d’une fonction z = ax + by + c est un plan, voir Fig. 26, la 4ème dela gauche.
128
e) x2 + y2 + z2 = r2 (la sphère de rayon r), voir Fig. 27, la 1ère de la gauche; z = x2 + y2 (leparboloïd), voir Fig. 27, la 2ème de la gauche; z = x2 − y2 (le hyperboloïd), voir Fig. 27,la 3ème de la gauche.
Figure 26: Le graphe de z = C, x = C, y = C et z = ax+ by + c
Figure 27: Le graphe de x2 + y2 + z2 = r2, z = x2 + y2 et z = x2 − y2
5.3 ProblèmesProblème 5.3.1 Trouvez le domaine de définition et l’image des fonctions suivantes:
a) s f(x, y) = 4x− 5y − 3x
x2 + 7y2 + 1
b) s f(x, y) =x
2x− 3y
c) s f(x, y) =√
2x− 7y
d) f(x, y) = ln(5y − 3x)
e) f(x, y) = 2x2 + 9y2
f) f(x, y) =√x2 + y2
Problème 5.3.2 Esquisez le graphe des fonctions suivantes:
129
a) f(x, y) = C, C constante
b) f(x, y) = 2x− 5y + 3
c) f(x, y) = x2
d) f(x, y) = y2
e) f(x, y) = x2 + y2
f) f(x, y) =√x2 + y2
g) f(x, y) = 3x
h) f(x, y) = 5y
5.4 Continuité et les dérivées des fonctions à deux variablesSoit z = f(x, y) une fonction à deux variables donnée pour (x, y) ∈ D ⊂ R2, avec D =
Dom(f) .
5.4.1 Continuité
Pour définir la continuité de la fonction f , on a besoin d’introduire la notion de l’approchementdans R2. Par définition:
on dit que (x, y) ∈ D s’approche à (x0, y0) ∈ D ssi |x− x0|+ |y − y0| s’approche à 0.
Dans ce cas on écrit (x, y)→ (x0, y0).
Définition 5.2 On dit que f est continue à point (x0, y0) ∈ D si et seulement si
lim(x,y)→(x0,y0)
f(x, y) = f(x0, y0).
Si f est continue à tout point (x, y) ∈ D, on dit que f est continue dans D et on écrit f ∈ C0(D).
Proposition 5.3 Toute fonction algèbrique de deux variables, incluant les fonctions exponontielleset logarithmiques, est continue dans son domaine de définition.
5.4.2 Les dérivées partielles
La notion des dérivées partielles se base sur la dérivée (usuelle) d’une fonction à une variable.
Définition 5.4 Soit f ∈ C0(D) et (x, y) ∈ D.
La dérivée partielle de f par rapport (p.r.) à x au point (x, y), notée fx(x, y) ou∂f(x, y)
∂x, est
définie par
fx(x, y) =∂f(x, y
∂x= lim
h→0
f(x+ h, y)− f(x, y)
h, (32)
quand la limite existe.
130
De façon similaire, la dérivée partielle de f p.r. à y au point (x, y), notée fy(x, y) ou∂f(x, y)
∂y,
est définie par
fy(x, y) =∂f(x, y
∂y= lim
h→0
f(x, y + h)− f(x, y)
h, (33)
quand la limite existe.Si fx(x, y) et fy(x, y) existent alors on dit que f est dérivable au (x, y). De plus, si fx(x, y) et
fy(x, y) existent pour tout (x, y) ∈ D, on dit que f est dérivable dans D.
Donc, le calcul des dérivées partielles est très simple. Pour calculer fx(x, y) on dérive f p.r. àx en considérant y comme une constante, tout en appliquant les régles de dérivation. Egalemment,pour calculer fy(, x, y) on dérive f p.r. à y en considérant x comme une constante.
Exemple 5.5 Calculons fx et fy pour les fonction suivantes.
1) f(x, y) = ax+ by + c, donc
fx(x, y) = (ax)x + (by)x + cx = axx + byx + 0 = a · 1 + b · 0 + 0
= a,
fy(x, y) = (ax)y + (by)y + cy = axy + byy + 0 = a · 0 + b · 1 + 0
= b;
2) f(x, y) = ax2 + bxy + dx+ y
x− y, donc
fx(x, y) = a2x+ by + d(x+ y)x(x− y)− (x+ y)(x− y)x
(x− y)2
= 2ax+ by + d(x− y)− (x+ y)
(x− y)2
= 2ax+ by − 2dy
(x− y)2,
fy(x, y) = a · 0 + bx+ d(x+ y)y(x− y)− (x+ y)(x− y)y
(x− y)2
= bx+ d(x− y) + (x+ y)
(x− y)2
= bx+ 2dx
(x− y)2.
Une fois les dérivées partielles (premières) obtenues, on peut considérer les dérivées partiellesde ces dérivées et alors on obtient les dérivées partielles seconde de f .
131
Définition 5.5 On définit les dérivés partielle secondes de f par
fxx(x, y) = (fx(x, y))x, (34)fxy(x, y) = (fx(x, y))y, (35)fyx(x, y) = (fy(x, y))x, (36)fyy(x, y) = (fy(x, y))y. (37)
Les dérivées fxy et fyx sont appellées les dérivées partielles secondes mixtes de f . La dérivéefxx est la dérivée partielle secondes de f p.r. à x, et la dérivée fyy est la dérivées partielle secondesde f p.r. à y.
De façon similaire, on définit les dérivées partielles de tout ordre.
À noter le théorème de Clairaut, qui dit:
si f a des dérivées secondes continues dans D alors fxy(x, y) = fyx(x, y). (38)
De plus on a ce résultat.
Proposition 5.6 Toute fonction algèbrique de deux variables, incluant les fonctions exponontielleset logarithmiques, est dérivable à tout ordre dans son domaine de définition.
5.4.3 Problèmes
Problème 5.4.1 Trouvez les dérivées partielles premières des fonctions suivantes
a) s f(x, y) = 2y − 13x+ 20
b) s f(x, y) = xy − 3x2y + 4xy2 − x2y2
c) f(x, y) = x2y3 + 7y
x
d) f(x, y) = (2x+ y)(4xy − 1)
e) s f(x, y) = exy
f) f(x, y) = ln(2x− 6y + xy)
g) f(x, y) =x− y
3x− 2y
h) f(x, y) = exy−yx
i) f(x, y) =
(x
y − 1
)4
j) f(x, y) = ln(1 + exy)
Problème 5.4.2 Trouvez les dérivées partielles secondes des fonctions suivantes
a) s f(x, y) = xy
b) s f(x, y) = x10y−10
c) f(x, y) = 3x2 − xy + 5y2 − 2x+ 7y − 1
d) f(x, y) =√x2 + y2
e) f(x, y) = exy
f) f(x, y) = ln(x2 + y2)
g) s f(x, y) = 2x− xy + x3y − x2y6
h) s f(x, y) =x
1− y
132
i) f(x, y) =1
1 + xyj) f(x, y) =
xy
x− y
5.5 Le plan tangent et l’apporiximation avec le plan tangentAu cas de la dimension un, si z = f(x) est une function dérivable à x0, on a déjà vu que
l’équation de la droite tangente au graphe de f passant par (x0, z0), où z0 = f(x0), est donnée par
z = `(x) := f ′(x0)(x− x0) + z0. (39)
Une formule similaire est vraie pour le plan tangent au graphe d’une function z = f(x, y).En effet, si on suppose que z = f(x, y) admet des dérivées partielles à (x0, y0), alors l’équation
du plan tangent au graphe de f au point (x0, y0, z0), avec z0 = f(x0, y0) est donnée par
z = π(x, y) := fx(x0, y0)(x− x0) + fy(x0, y0)(y − y0) + z0. (40)
Notons que si y = y0 alors (40) devient l’équation de la droite tangente au graphe de z = f(x, y0).De même, si x = x0 alors (40) devient l’équation de la droite tangente au graphe de z = f(x0, y).
Figure 28: Le graphe de z = f(x, y) et son plan tangent ‘a x0, y0, f(x0, y0)).
Remarque 5.7 Comme dans le cas de la dimension un, les valeurs des fonctions à deux variablesf(x, y) peuvent être approchées par les valeurs de l’équation de leur plan tangent. Notemment, si(x, y) est proche de (x0, y0) alors
f(x, y) ≈ π(x, y) = fx(x0, y0)(x− x0) + fy(x0, y0)(y− y0) + z0 pour (x, y) ≈ (x0, y0).
Démontrons cette idée à travers de quelques exemples.
Exemple 5.6 Trouvons une approximation de√
5 en utilsant l’approximation par le plan tangentde la fonction f(x, y) =
√x+ y.
133
Notons que 5 = f(x, y) avec (x, y) = (2 + 1/2, 2 + 1/2). Donc, si on pose (x0, y0) = (2, 2)alors (x, y) = (x0 + 1/2, y0 + 1/2) = (2.5, 2.5). Maintenant, si π(x, y) est l’équation du plantangent à (x0, y0), alors f(x, y) =
√5 ≈ π(x, y) parce que (x, y) = (2.5, 2.5) est proche de
(x0, y0) = (2, 2).Pourquoi on a choisi (x0, y0) = (2, 2)? Le choix de (x0, y0) = (2, 2) est à la fois pour que
(x0, y0) soit proche de (x, y) et que f(x0, y0) soit calculé facilement (même si f a une racinecarrée). Ici, f(x0, y0) =
√2 + 2 = 2
Maintenant, procédons à l’approximation de√
5. D’abord on trouve l’équation du plan tangent.On a
fx(x, y) =1
2√x+ y
, fx(x0, y0) =1
2√
2 + 2=
1
4,
fy(, x, y) =1
2√x+ y
, fy(x0, y0) =1
2√
2 + 2=
1
4,
π(x, y) = fx(x0, y0)(x− x0) + fy(x0, y0)(y − y0) + f(x0, y0)
=1
4(x− 2) +
1
4(y − 2) +
√2 + 2
=1
4(x+ y) + 1; d’où
√5 = f(2 + 1/2, 2 + 1/2)
≈ π(2 + 1/2, 2 + 1/2)
=1
4(2.5 + 2.5) + 1 =
5
4+ 1 =
=9
4= 2.25
Notons que la valeur exacte est√
5 = 2.23606....
Pour une meilleure approximation, on peut prendre (x0, y0) =
(49
18,49
18
). En effet, ici
(x, y) =
(5
2,5
2
)= (x0, y0)−
(4
18,
4
18
),
(parce que 5
2= 49
18− 4
18
)f(x0, y0) =
√49
9=
7
3,
fx(x0, y0) =1
2 · 7/3=
3
14,
fy(x0, y0) =1
2 · 7/3=
3
14.
Donc l’équation du plan tangent est
π(x, y) =3
14(x− 49
18) +
3
14(y − 49
18) +
7
3.
134
Il en suit
√5 = f
(49
18− 2
9,49
18− 2
9
)≈ π
(49
18− 2
9,49
18− 2
9
)= − 3
14· 2
9− 3
14· 2
9+
7
3
=94
42≈ 2.23809,
ce qui donne une meilleure approximation de√
5 = 2.23606.... 2
5.5.1 Problèmes
Problème 5.5.1 Trouvez l’équation du plan tangent aux graphes des fonctions suivantes aux pointsspécifiés:
a) s f(x, y) = 1 + x2y + (x− 1)y2 au (1, 2, 3)
b) f(x, y) = xy√
8− x− y au (2, 2, 8)
c) f(x, y) =√a2 − x2 − y2 au (0, 0, a)
d) s f(x, y) = xy2 − x
yau (1, 2, f(1, 2))
e) f(x, y) = (x+ y)ex au (0, 2, f(0, 2))
f) f(x, y) = xy − 1
x+ y− x2 + y2 au (1, 2, f(1, 2))
Problème 5.5.2 Trouvez une approximation des racines carrées suivantes, en utilisant l’approximationavec le plan tangent de la fonction f(x, y) au points specifiés.
a)√
3 =?; prenez f(x, y) =√x+ y et le plan tangent au (x0, y0) = (2, 2)
b)√
10 =?; prenez f(x, y) =√x+ y et le plan tangent au (x0, y0) = (3, 3)
c) 3√
10 =?; prenez f(x, y) = 3√x+ y et le plan tangent au (x0, y0) = (4, 4)
135
5.6 Optimisation à deux variablesSoit z = f(x, y) une fonction continue dans une domaine D, borné est fermé. Le problème est
de trouver les valeurs extremales de f dans D. Notemment, on considère le problème:Trouver m, M tels que
m = min{f(x, y), (x, y) ∈ D}, M = max{f(x, y), (x, y) ∈ D}. (41)
La valeur m est appellée “minimum (global) de f dans D”, et M est appellée “maximum (global)de f dans D”. Les deux sont appellés “extrema (globales) de f dans D”.
Est-ce-que les extrema de f dans D existent? La reponse est oui.
Theorem 5.8 Soit D ⊂ R2 un domaine borné est fermé et f ∈ C0(D). Alors les extrema de fdans D existent.
Comment trouver les extrema de f? Aux quels points (x0, y0) les extrema sont atteints? Laréponse à ces questions passe par la notion des points critiques (PC).
Définition 5.9 Un (x0, y0) ∈ D est point critique de f si
i) fx(x0) = fy(x0) = 0, ou
ii) au moins une des dérivées fx(x0, y0) , fy(x0, y0) n’existe pas, mais f(x0, y0) existe.
Remarque 5.10 Pourquoi on considère les PCs de f? La raison est que si f(x0, y0) est un extremade f alors nécessairement (x0, y0) est un point critique (exactement comme dans le cas de ladimension un). À noter qu’en général, la reciprioque n’est pas vraie.
Dans ce texte, on ne va pas resoudre le problème (41). Plûtot, on se contentera à la classificationdes points critiques. Introduisons d’abord la notion des extrema (minimum, maximum) locaux.
Définition 5.11 Soit (x0, y0) ∈ D.
i) On dit “f(x0, y0) est un maximum local” (ou simplement “(x0, y0) est maximum local”),s’il existe un voisinage V ⊂ D de (x0, y0) tel que (voir gauche, Fig. 29)
f(x, y) ≤ f(x0, y0), ∀(x, y) ∈ V.
ii) On dit “f(x0, y0) est un PC de minimum local” (ou simplement “(x0, y0) est maximumlocal”), s’il existe un voisinage V ⊂ D de (x0, y0) tel que (voir centre, Fig. 29)
f(x0, y0) ≤ f(x, y), ∀(x, y) ∈ V.
iii) Tout minimum local ou maximum local est appellé “extremum” local. Leur ensemble estappellé “extrema locaux”.
136
Figure 29: Un point critique: maximum local (gauche), minim local (centre) et point selle (droite)
iv) On dit “f(x0, y0) est un ”point selle“ (PS) (ou simplement (x0, y0) est PS”) si (x0, y) n’estni maximum local, ni minimum local (voir droite, Fig. 29).
Le théorème suivant donne une classification des points critiques.
Theorem 5.12 Soit f : D 7→ R une fonction avec des dérivées partielles secondes continuesautour d’un point critique (x0, y0). On suppose de plus que
fx(x0, y0) = fy(x0, y0) = 0,
et on pose
D(x0, y0) = fxx(x0, y0)fyy(x0, y0)− (fxy(x0, y0))2.
On a:
i) si D(x0, y0) > 0 et fxx(x0, y0) > 0 alors (x0, y0) est un minimum local;
ii) si D(x0, y0) > 0 et fxx(x0, y0) < 0 alors (x0, y0) est un maximum local;
iii) si D(x0, y0) < 0 alors (x0, y0) est un point selle.
iv) Dans tous les autres cas le théorème est inconclusif.
Remarque 5.13 Le théorème précédent donne une classification des points critique. La solutiondu problème des extrema globaux d’une fonction dans un domaine D ⊂ R2 est un problème plusdifficile, à étudier dans un cours de calcul plus avancé.
Example 5.7 Soit f(x, y) = x2y − 2x2 − y2. Trouvons et classifions ses points critiques.1) Les points critiques. A resoudre le système{
fx(x, y) = 0,fy(x, y) = 0,
137
ce qui revient à{2xy − 4x = 0,x2 − 2y = 0,
{2x(y − 2) = 0, [1]x2 − 2y = 0. [2]
L’équation [1] donne: x = 0 ou y = 2. En remplaçant dans l’équation [2] on obtient:pour x = 0: y = 0, donc (0, 0) est PC,pour y = 2: x2 = 4, x = ±2, donc (±2, 2) sont des PCs.
En total, on a trois PCs: (0, 0) ,(±√
2, 2).2) Classification.On a
fxx(x, y) = −4, fxy = 2x, fyy = −2; D(x, y) = 8− 4x2.
Donc
(0, 0) : D(0, 0) = 8 > 0, fxx(0, 0) = −4 < 0; ce PC est maximum local,(±2, 2) : D(±2, 2) = 8− 4 · (±2)2 = −8 < 0; ces PCs sont des PS.
Example 5.8 Soit x, resp. y, la demande pour un produit P , resp. Q, et leurs respectives fonctionsdemandes soient p(x, y) = 100− 3x− y, resp. q(x, y) = 180− x− 4y.i) Trouvons d’abord la fonction revenue.ii) Ensuite, trouvons pour quelles demandes et prix le revenu est maximal.Solution.i) Pour le revenu on a
R(x, y) = x · p(x, y)︸ ︷︷ ︸le revenu pour P
+ y · q(x, y)︸ ︷︷ ︸le revenu pour Q
= (100x− 3x2 − xy) + (180y − xy − 4y2)
= 100x+ 180y − 3x2 − 2xy − 4y2.
ii) Maintenant cherchons le maximum de R(x, y).ii.1) Les points critiques:{
Rx(x, y) = 0,Ry(x, y) = 0,
{100− 6x− 2y = 0,180− 2x− 8y = 0.
D’où{x = 10,y = 20.
ii.2) Classification:On a
Rxx(x, y) = −6, Rxy(x, y) = −2, Ryy = −8,
D(x, y) = (−6) · (−8)− (−2)2 = 44 > 0.
On est dans le cas ii) du Théorme 5.12 (D(x0, y0) > 0, Rxx(x0, y0) < 0). Donc, (x, y) = (10, 20)est un maximum local du revenu. Les prix correspondants sont
(p, q) = (100− 3 · 10− 20, 180− 10− 4 · 20) = (50, 90).
ii.3) Est-ce-que R(x, y) attient un maximum global à (10, 20)? La reponse est oui, mais nous neprésenterons pas la preuve ici.
138
5.6.1 Problèmes
Problème 5.6.1 Trouvez les points critiques des fonctions suivantes et les classifiez:
a) s f(x, y) =1
3x2 − xy + y2 − 3x
b) f(x, y) = x2 − 2xy + y2 − x
c) f(x, y) = 6xy + x2 − y3
d) s f(x, y) = x2 + y2 + x2y + 4
e) f(x, y) = x2 + xy − y2 + 5x+ 7
f) f(x, y) = x− y2
g) f(x, y) = 4xy + 2x− 2x2 − 4y2
h) f(x, y) = −x2 + 4xy − 3y2 − 2y + 5
i) f(x, y) = x2 + xy2 + 2y2
j) f(x, y) = 6xy + y2 − x3
k) f(x, y) = x4 + y4 − 4xy − 1
l) f(x, y) = e−13x3+x−y2
139
6 Solutions des problémes choisis
6.1 Solutions des problémes choisis du chapitre 1Solution du problème [1.1.1]Solution de (f)Ici, Dom(f) = {x ∈ R, x2 − 1 ≥ 0}. Puisque x2 − 1 = (x− 1)(x+ 1), l’inéquation x2 − 1 ≥ 0devient (x−1)(x+ 1) ≥ 0. Pour le resoudre cette inéqialité, il revient à étudier le signe du produit(x− 1)(x+ 1).
Les racines sont x ± 1 = 0, donc x1 = −1 et x2 = 1. Alors pour étudier le signe du x2 − 1on fait un tableau comme ci-dessous. On met les racines à l’ordre crîossant, on trouve le signe dechaque facteur et ensuite le signe du produit des facteurs.
x
x + 1
x − 1
(x− 1)(x+ 1)
−∞ −1 1 ∞
− 0 + +
− − 0 +
+ 0 − 0 +
D’où, Dom(f) = (−∞,−1] ∪ [1,+∞).Quant à l’image, on a Im(f) = [0,+∞). En effet, soit y ∈ [0,+∞). Alors, on cherche
x ∈ Dom(f) tel que f(x) = y. Donc,√x2 − 1 = y, c.à.d. x2 − 1 = y2, d’où x2 = y2 + 1. Il en
suit que x = ±√y2 + 1 ∈ Dom(f) resout f(x) = y. Puisque y ∈ [0,+∞) était arbitraire, ceci
montre que Im(f) = [0,∞).
Solution du problème [1.1.3]Solution de (b)On a Dom(f) = {x ∈ R, 2− x 6= 0} = R\{2}.
Pour f−1 on trouve d’abord son expression en resolvant y dans l’équation f(y) = x, donc
x =1
2− y, 2− y =
1
x, y = f−1(x) = 2− 1
x=
2x− 1
x.
Il en suit que Dom(f−1) = {x 6= 0}.À noter que le résultat est consistent puisque Dom(f−1) = Im(f).
Solution du problème [1.1.4]Solution de (c)
On multiplie par −3: 2(z2 − 3) = −6(3z + 1)
On met tous les termes à gauche: 2(z2 − 3) + 6(3z + 1) = 0
On simplifie: 2z2 + 18z = 0
On factorise: 2z(z + 9) = 0
140
D’où: z = 0, z = −9.
Solution du problème [1.1.5]Solution de (e))
Puisque |a| < b est équivalent à −b < a < b on obtient: − 2 <1− 5x
−3< 2
On multiplie par −3: 6 > 1− 5x > −6
On soustrait 1 à toutes les côtés: 5 > −5x > −7
On divise par −5: − 1 < x <7
5
Donc, la solution est: x ∈(−1,
7
5
).
Solution de (g)
On passe tous les termes d’un côté: x2 − 3x+ 2 < 0
On factorise: (x− 1)(x− 2) < 0
On fait un tableau de signe:
x
x − 1
x − 2
(x− 1)(x− 2)
−∞ 1 2 ∞
− 0 + +
− − 0 +
+ 0 − 0 +
Donc, la solution est: x ∈ (1, 2).
Solution du problème [1.2.4]Solution de (e)
On ordre les monômes de p(x) et de q(x) à l’ordre décroissant: x3 + 0 · x2 − 7x+ 6∣∣∣x− 2
x entre dans x3 (le monôme d’ordre plus élevé de p(x)) +x2 fois:∣∣∣+ x2
On multiplie q(x) = x− 2 par x2 et on le soustrait de p(x): x3 − 2x2∣∣∣
On obtient p1(x) = 2x2 − 7x+ 6: 2x2 − 7x+ 6∣∣∣
x dans 2x2 (le monôme d’ordre plus élevé de p1) entre +2x fois:∣∣∣+ 2x
141
On multiplie q(x) = x− 2 par +2x et on le soustrait de p1(x): 2x2 − 4x∣∣∣
On obtient p2(x) = −3x+ 6: − 3x+ 6∣∣∣
x dans −3x (le monôme d’ordre plus élevé de p2) entre −3 fois:∣∣∣− 3
On multiplie q(x) = x− 2 par −3 et on le soustrait de p2(x): − 3x+ 6∣∣∣
On obtient: 0∣∣∣
Donc, p(x) = (x−2)(x2+2x−3). Alors, p(x) = 0 est équivalent à x−2 = 0 ou x2+2x−3 = 0.D’où x = 2 ou x2 + 2x− 3 = 0, qui donne x = 2, x = −3, x = 1.
Solution du problème [1.3.8]Soit t le temps, commençant en 2011 et v(t) la valeur comptable au temps t.i) Ici, on suppose que v(t) est une fonction linéaire, donc v(t) = kt+ b. Puisque v(0) = 800 il suitque 800 = k · 0 + b, donc b = 800. Aussi, de v(4) = 500 il découle que 500 = k · 4 + 800, donck = −300/4 = −75. Il en suit que v(t) = −75t+ 800.ii) Par conséquent, la valeur comptable du téléphone en 2016 sera v(5) = −75 · 5 + 800 = $425.
Remarquons que la valeur du téléphone se déprecie à chaque année par $75 parce que
v(t+ 1)− v(t) = −75.
6.2 Solutions des problèmes choisis du chapitre 2Solution du problème [2.1.1]Solution de a)Dans les deux côtés de x = 1 la fonction se donne par deux lois différentes. Il faut considérer alorsles limites à côtés.
limx→1−
f(x) = limx→1−
(x− 3) = −2,
limx→1+
f(x) = limx→1−
1 + x2
x= 2.
Ces deux limites sont differentes. Il en suit que limx→1 f(x) n’existe pas.Solution de c)Ici, x = −1 est à l’intérieur de l’intervalle (−∞, 2) où la fonction f est donnée par f(x) =
1
1 + x2,
qui est une fonction rationnelle. Puisque les fonctions rationnelles admettent une limite à tout pointdans leur domaine de définition, il en suit que la fonction f admet une limite à x = −1 et
limx→−1
f(x) = limx→−1
1
1 + x2= f(−1) =
1
2.
142
Solution de d)Encore ici, dans les deux côtés de x = 2 la fonction se donne par deux lois différentes. Il fautconsidérer alors les limites à côtés.
limx→2−
f(x) = limx→2−
(5x− 6) = 4,
limx→2+
f(x) = limx→2+
2x
x2 − 3= 4.
Ces deux limites sont égales. Il en suit que limx→2 f(x) = 4.
Solution du problème [2.1.2]Solution de a)La fonction f est rationnelle et son dénominateur est toujours différent de zéro. Alors, cette fonc-tion admet une limite à chaque x, en particulier
limx→c
1 + x− 3x3
7 + x2= f(c) =
1 + c− 3c3
7 + c2.
Solution de c)La fonction f est rationnelle. Son déterminant devient zéro pour les racines de −x2 + x + 1 = 0,c.à.d.
x1,2 =1
2(−1)(−1±
√12 − 4(−1)1) = −1
2(−1±
√5) =
1
2(1∓√
5), x1 ≈ −1, x2 ≈ 1.5.
Puisque [0, 1] ⊂ (x1, x2), il en suit que 1 + x− x2 6= 0 dans [0, 1]. Alors, cette fonction admet unelimite pour tout c ∈ [0, 1]:
limx→c
1−√
1 + x
1 + x− x2= f(c) =
1−√
1 + c
1 + c− c2.
Solution du problème [2.1.3]Solution de a)
On utilise la méthode de la multiplication par le conjugué. Le conjugué du facteur avec la racineest√x+ 2. Alors on obtient
limx→4
f(x) = limx→4
x− 4√x− 2
·√x+ 2√x+ 2
= limx→4
(x− 4)(√x+ 2)
(√x)2 − 22
= limx→4
(x− 4)(√x+ 2)
x− 4= lim
x→4(√x+ 2)
= 4
143
Solution de e)Remarquons d’abord que
f(x) =
x− 1
x− 1, x ≥ 1,
−x− 1
x− 1, x < 1.
Alors, ici on utilise la méthode des limites aux côtès, parce que la fonction est donnée par deuxlois différentes. On a
limx→1−
f(x) = limx→1−
−x− 1
x− 1= −1,
limx→1+
f(x) = limx→1−
x− 1
x− 1= 1.
Les deux limites étant différentes, on conclut que limx→1
f(x) n’existe pas.Solution de f)Ici on va utiliser la méthode de substitution (la methode de la conjugué peux s’appliquer aussi).On pose x+ 7 = u3. Alors
x = u3 − 7,
u = (x+ 7)1/3,
limx→1
u = 2.
On en déduit que
limx→1
f(x) = limu→2
u− 2
u3 − 7− 1
= limu→2
u− 2
u3 − 23[on utilise a3 − b3 = (a− b)(a2 + ab+ b2)]
= limu→2
u− 2
(u− 2)(u2 + 2u+ 22)
= limu→2
1
u2 + 2u+ 22=
1
12
Solution du problème [2.1.4]Solution de a)Ici on a
limx→+∞
Cu(x) = limx→+∞
x2 + 2x
x= lim
x→0(x+ 2)
= +∞.
Donc, Cu(x) n’a pas de AH à +∞. Le coût moyen croît infiniment.
144
Solution de b)Ici on a
limx→+∞
Cu(x) = limx→+∞
√9x2 + 1 + 1
x= lim
x→+∞
(√9x2 + 1
x+
1
x
)
= limx→+∞
(√9x2 + 1√x2
+1
x
)= lim
x→+∞
(√9x2 + 1
x2+
1
x
)
= limx→+∞
(√9 +
1
x2+
1
x
)= 9.
Donc, y = 9 est AH de Cu(x) à +∞. Ceci signifie que le coût moyen est de $3 quand le noveaude production est grand.
Solution du problème [2.1.5]Solution de a)La fonction f est rationnelle. Son dénominateur, x2− 1 se factorise comme x2− 1 = (x− 1)(x−(−1)). Son nominateur n’a pas de racines réelles, donc f(x) ne se simplifie pas. Alors on conlcutque x = ±1 sont les AV.
Pour trouver les AH, on remarque que degrée(x2 − x+ 7) = degrée(x2 − 1) = 1. Alors,
y =1
1= 1,
est l’AH.
Solution de d)Le dénominateur de la fonction
√x2 − 1, devient zéro pour x = ±1. On calcule les limites
suivantes:
limx→±1
f(x) = limx→±1
1√x2 − 1
= ∞
Alors, x = ±1 sont les AV.
Pour les AHs on remarque que
limx→±∞
f(x) = 0,
donc y = 0 est AH.
Solution du problème 2.2.1Solution de c)
145
Ici, c = 2 > 1. Donc, dans un voisinage de c = 2 la fonction f(x) est donnée par f(x) = x2−√x,
qui est une fonction algèbrique, donc continue parce que f(2) est bien définie.
Solution de d)Ici, à c = 2 la fonction change de loi. Donc il faut vérifier les limites à côt’es avec la valeur f(2).On a
f(2) = 22 + 2 = 6,
limx→2−
f(x) =1
1 +√
2 · 2=
1
3,
limx→2+
f(x) = 6.
Ces trois valeurs n’étant pas égalles déduisent que f n’est pas continue à c = 2.
Solution du problème [2.2.2]Solution de c)Puisque f est égale à une fonction algèbrique pour x < 1 et x > 1 elle est continue dans R\{0}.Il suffit alors de considérer la continuité à x = 1. Pour que f soit continue à x = 1 il suffit que lesdeux limites à côtés à x = 1 soient égales à f(1). Puisque
limx→1−
f(x) = limx→1−
(k2 + kx2) = k2 + k,
limx→1+
f(x) = limx→1+
(kx+ 1) = k + 1,
f(1) = k + 1,
on doit donc imposer k2 + k = k + 1. D’où k2 = 1 et k = ±1. Donc, pour k = ±1 la fonction fest continue à x = 1 et dans R.
Solution de e)Puisque f est égale à une fonction algèbrique pour x < 1 et x > 1 elle est continue dans R\{0}.Il suffit alors de considérer la continuité à x = 1. Pour que f soit continue à x = 1 il suffit que lesdeux limites à côtés à x = 1 soient égales à f(1). Puisque
limx→1−
f(x) = limx→1−
(2bx− bx3) = 2b− b = b,
limx→1+
f(x) = limx→1+
(ax2 + 3ax) = a+ 3a = 4a,
f(1) = 8,
on doit donc imposer
4a = 8, donc a = 2, b = 8,
Donc, pour a = 2, b = 8 la fonction f est continue à x = 1.
146
Solution du problème [2.3.1]Solution de a)On écrit:
∞∑n=2
8
(1
2
)n= 8
(1
2
)2
+ 8
(1
2
)3
+ 8
(1
2
)4
· · ·
= 8
(1
2
)2
︸ ︷︷ ︸=a
+ 8
(1
2
)2
︸ ︷︷ ︸=a
(1
2
)︸ ︷︷ ︸
=r
+ 8
(1
2
)2
︸ ︷︷ ︸=a
(1
2
)2
︸ ︷︷ ︸=r2
= a+ ar + ar2 + · · · [on applique la formule (5)]
=a
1− r
=8(
12
)2
1−(
12
) =212
= 4
Solution de b)On écrit
∞∑n=0
2n − 5n
3n+1=
∞∑n=0
2n
3n+1−∞∑n=0
5n
3n+1[on écrit comme somme de deux séries]
=∞∑n=0
2n
3 · 3n−∞∑n=0
5n
3 · 3n[on écrit comme puissance de n]
=1
3
∞∑n=0
2n
3n− 1
3
∞∑n=0
5n
3n
=1
3
∞∑n=0
(2
3
)n− 1
3
∞∑n=0
(5
3
)n.
La première série converge parce que |r| = 2
3< 1, alors que la deuxième série diverge parce que
|r| = 5
3> 1. Donc la série initiale diverge.
Solution du problème [2.3.2]Solution de b)On écrit:
0.4444 · · · = 0.4 + 0.04 + 0.004 + 0.0004 + · · ·= 0.4(1 + 0.1 + 0.01 + 0.001 + · · · )= 0.4(1 + 0.1 + (0.1)2 + (0.1)3 + · · · )
=0.4
1− 0.1=
0.4
0.9=
410910
=4
9
147
Solution de c)On écrit:
1.646464 · · · = 1 + 0.64 + 0.0064 + 0.000064 + · · ·= 1 + 0.64(1 + 0.01 + 0.0001 + · · · )= 1 + 0.64(1 + (0.01)1 + (0.01)2 + · · · )
= 1 + 0.641
1− 0.01
= 1 +64
100
1
1− 1100
= 1 +64
100
199100
= 1 +64
99
=163
99
Solution du problème [2.3.3]i) On pose
a = 2000, s = 0.4, r = 1− 0.4 = 0.6.
Pour k = 1, 2, . . ., soit Sk le balance du compte au début du mois k, juste après que le salaire soitdéposé. Alors, on aura:1) S1 = a, parce que dans son compte, au debut du premier mois, il n’y a que son salaire, et2) Sk = a+ Sk−1 · r, k = 2, 3, . . ., parce que au début du mois k, dans son compte il a son salairea qui est versé, plus Sk−1 · r = Sk−1 · (1 − s), l’argent qui reste du mois précédent k − 1 (notezque le montant Sk−1 · s est dépensé au cours du mois k − 1).
Alors, on aura
S1 = a,
S2 = a+ S1r = a+ r,
S3 = a+ S2r = a+ (a+ ar)r = a+ ar + ar2,
S4 = a+ S3r = a+ (a+ ar + ar2)r = a+ ar + ar2 + ar3,
· · ·Sk = a+ Sk−1r = a+ (a+ ar + ar2 + · · ·+ ark−2)r
= a+ ar + ar2 + ar3 + · · · ark−1.
Donc,
Sk = a1− rk
1− r= 2000
1− (0.6)k
1− 0.6=
2000
0.4(1− (0.6)k).
On déduit alors
S2 =2000
0.4(1− (0.6)6) = 3200.00,
S6 =2000
0.4(1− (0.6)1) = 4766.72
148
S12 =2000
0.4(1− (0.6)12) = 4989.11
S24 =2000
0.4(1− (0.6)24) = 4999.97
S∞ = limk→∞
Sk =2000
0.4= 5000.
Solution du problème [2.3.7]Solution de a)On prend ln des deux côtés et on resout x. A noter que eln c = c. Alors
ln(2x) = ln 8, x ln 2 = ln 8, x =ln 8
ln 2
Solution de b)On prend ln des deux côtés et on isole x:
ln(3x−2) = ln(7−2x+1)
(x− 2) ln 3 = (−2x+ 1) ln 7
x ln 3 + 2x ln 7 = 1 ln 7 + 2 ln 3
x(ln 3 + 2 ln 7) = ln 7 + 2 ln 3
x =ln 7 + 2 ln 3
ln 3 + 2 ln 7=
ln 7 + ln(32)
ln 3 + ln(72)=
ln(7 · 32)
ln(3 · 72)=
ln(63)
ln(147)
Solution de f)A noter d’abord qu’on doit avoir x > 0 parce que Dom(ln) = (0,+∞). Ensuite, notons queln(2x) = ln 2 + lnx. On remplace et on isole x. On obtient
2 lnx+ ln 7 = ln 3 + ln 2 + lnx,
lnx = ln 3 + ln 2− ln 7; on prend e des deux côtès
x = eln 3+ln 2−ln 7 = eln 3·27 =
6
7
Solution de h)A noter que l’équation est définie dans pour {x − 3 > 0 et x > 0} = {x > 3}. Donc, toutesolution doit être plus grande à 3.
On isole x et puis on prend e des deux côtés. A noter que eln c = c.
ln(x− 3) + ln x = 2 ln 2,
ln((x− 3)x) = 2 ln 2,
eln((x−3)x) = e2 ln 2 = eln(22),
(x− 3)x = 22,
x2 − 3x− 4 = 0,
149
x =1
2(3 +
√32 − 4 · (−4)) =
1
2(3± 5),
x = −1, x = 4.
Ici, x = −1 n’est pas admissible, donc la solution est x = 4.
Solution du problème [2.3.10]i) On cherche t tel que C(t) = 3A. On remplace dans C(t) = A
(1 + r
n
)nt pour n fini et dansC(t) = Aert pour n infini, et on obtient
n = 1 : A
(1 +
0.04
1
)1·t
= 3A; on simplifie par A et on obtient
(1.004)1·t = 3
(1 · t) ln 1.004 = ln 3
t =ln 3
ln 1.004= 28.0110
n = 6 : A
(1 +
0.04
6
)6·t
= 3A; on simplifie par A et on obtient
(1.0066 · · · )6t = 3
(6t) ln 1.0066 · · · = ln 3
t =ln 3
6 ln 1.0066 · · ·= 27.5567
n = 12 : A
(1 +
0.04
12
)12·t
= 3A; on simplifie par A et on obtient
(1.0033 · · · )12t = 3
(12t) ln 1.0033 · · · = ln 3
t =ln 3
12 ln 1.0033 · · ·= 27.5110
n =∞ : Ae0.04t = 3A; on simplifie par A et on obtiente0.04t = A
0.04t = ln 3
t =ln 3
0.04= 27.4653
ii) On prend t = 10 and C(10) = 2000 et on resout A:
n = 1 : A
(1 +
0.04
1
)1·10
= 2000
A (1.004)1·10 = 2000
A = 2000 (1.004)−1·10 = 1351.1283;
150
n = 6 : A
(1 +
0.04
6
)6·10
= 2000
A (1.0.066 · · · )6·10 = 2000
A = 2000 (1.0066 · · · )−6·10 = 1342.4208;
n = 12 : A
(1 +
0.04
12
)12·10
= 2000
A (1.0033 · · · )12·10 = 2000 = 1341.5321;
n =∞ : Ae0.04·10 = 2000
A = 2000e−0.04·10 = 1340.6400.
iii) De ces calculs il en suit qu’il est mieux de composer l’intêrèt plusieurs fois par an.
Solution du problème [2.3.12]Ici, A =
1
1012et R(t) = Ae−rt.
i) Il est donné que R(5715) =1
2A. On remplace et on obtient
R(5715) =1
2A; alors
1
1012e−r·5715 =
1
2
1
1012
e−r·5715 =1
2; on prend ln des deux côtès
−r · 5715 = ln1
2
r = −ln 1
2
5715= −− ln 2
5715=
ln 2
5715= 0.00012128.
Donc
R(t) =1
1012e−0.00012128t.
ii)
R(10000) =1
1012e−0.00012128·10000 = 0.00000000000029736349.
iii) Si R(t) = 1/(1015) = 10−15, on remplace R(t) et on resout t:
1
1012e−0.00012128t = 10−15,
e−0.00012128t = 10−15 · 1012 = 10−3,
151
−0.00012128t = −3 ln 10,
t =3 ln 10
0.00012128= 24736.14 années.
Solution du problème [2.3.13]Solution de b)Ici, A = 100, n = 4, r = 0.05, t = 10. En appliquant la formule C(t) = A(1 + r/n)nt on obtient
C(10) = 100
(1 +
0.05
4
)4·10
= 100(1 + 0.0125)40 = 100 ·1.012540 ≈ 100 ·1.6436 = 164.36.
Solution du problème [2.3.14]Solution de c)Ici C = 100, n = 2, r = 0.08, t = 10. En utilisant la formule C(t) = A(1 + r/n)nt on obtient
100 = A
(1 +
0.08
2
)2·10
= A(1 + 0.04)20 = A(1.04)20; d’où
A = 100(1.04)−20 ≈ 100 · 0.4563 = 45.63.
Solution du problème [2.3.15]Solution de b)Ici n = 4, r = 0.05. On cherche t tel que C(t) = 2A. En remplaçant dans la formule C(t) =A(1 + r/n)nt on obtient
A
(1 +
0.05
4
)4·t
= 2A; d’où en simplifiant par A on obtient
(1 + 0.0125)4·t = 2
(1.0125)4·t = 2.
Pour resoudre t on prent ln des deux côtés dans la dernière équation:
ln((1.0125)4·t) = ln 2,
(4 · t) ln 1.0125 = ln 2,
t =ln 2
4 ln 1.0125≈ 13.949
Solution du problème [2.3.16]Solution de d)Ici n = 20, r = 0.02. Il est donné aussi que C(10) = 10000, alors que A est inconnue. Enremplaçant dans C(t) = A
(1 + r
n
)nt on obtient C(10) = A(1 + 0.02
20
)20·10. En égalisant les deuxvaleurs de C(10) on obtient
A
(1 +
0.02
20
)20·10
= 10000; d’où
152
A = 10000
(1 +
0.02
20
)−20·10
= 10000(1 + 0.001)−200 = 10000(1.001)−200
≈ 8188.12
6.3 Solutions des problèmes choisis du chapitre 3Solution du problème [3.1.1]
On applique la définition de la dérivée f ′(x) = limh→0
f(x+ h)− f(x)
h.
Solution de c)Here, Dom(f) = {x ∈ R, 4x− 1 6= 0} = {x 6= 1
4}. Puisque f est une fonction rationnelle, alors
f est continue dans Dom(f). Pour x ∈ Dom(f) on obtient
f ′(x) = limh→0
14(x+h)−1
− 14x−1
h= lim
h→0
1
h
(1
4(x+ h)− 1− 1
4x− 1
)= = lim
h→0
1
h
(4x− 1)− (4(x+ h)− 1)
(4(x+ h)− 1)(4x− 1)
= limh→0
1
h
4x− 1− 4x− 4h+ 1
(4(x+ h)− 1)(4x− 1)
= limh→0
1
h
−4h
(4(x+ h)− 1)(4x− 1)
= limh→0
−4
(4(x+ h)− 1)(4x− 1)
= − 4
(4x− 1)2.
Donc, f ′(x) = − 4
(4x− 1)2pour tout x ∈ Dom(f).
Solution de d)Here Dom(f) = {x ∈ R, x + 1 ≥ 0} = {x ≥ −1}. Puisque f est une fonction algèbrique elleest continue dans Dom(f). Pour x ∈ Dom(f) on obtient
f ′(x) = limh→0
√(x+ h) + 1−
√x+ 1
h
= limh→0
√(x+ h) + 1−
√x+ 1
h
√(x+ h) + 1 +
√x+ 1√
(x+ h) + 1 +√x+ 1
= limh→0
1
h
((x+ h) + 1)− (x+ 1)√(x+ h) + 1 +
√x+ 1
= limh→0
1
h
h√(x+ h) + 1 +
√x+ 1
153
= limh→0
1√(x+ h) + 1 +
√x+ 1
=
1
2√x+ 1
, x > −1,
n’existe pas, x = −1
Donc, f ′(x) =1
2√x+ 1
pour x > −1.
Solution du problème [3.1.2]Solution de b)On vérifie d’abord si f est continue au c = 0 ou non. Pour ceci on trouve les limites à côtés:
limx→0−
f(x) = limx→0
3
x2 + 1= 3,
limx→0+
f(x) = limx→0
(3 + x) = 3,
f(0) = 3.
Donc, f est continue au c = 0 parce que
limx→0−
f(x) = limx→0+
f(x) = f(0).
Maintenant on regarde si f ′(0) existe. Puisque
f ′(0) = limh→0
f(0 + h)− f(0)
h= lim
h→0
f(h)− f(0)
h,
et f est donnée par deux lois différentes autour de x = 0, alors on trouve cette limite pour h→ 0−
et h→ 0+ (les limites à côtés). Or
limh→0−
f(h)− f(0)
h=
(3
x2 + 1
)′ ∣∣∣x=0
= −3(x2 + 1)′
(x2 + 1)2
∣∣∣x=0
= −32x
(x2 + 1)2
∣∣∣x=0
= 0,
limh→0+
f(h)− f(0)
h= (3 + x)′
∣∣∣x=0
= 1.
Puisque ces deux limites sont différentes alors f ′(0) n’existe pas.Solution de d)On vérifie d’abord si f est continue au c = 0. Pour ceci on trouve les limites à côtés:
limx→0−
f(x) = limx→0
(1− x) = 1,
limx→0+
f(x) = limx→0
1
1 + x= 1,
f(0) = 1.
154
Donc, f est continue au c = 0 parce que
limx→0−
f(x) = limx→0+
f(x) = f(0).
Maintenant on regarde si f ′(0) existe. Puisque
f ′(0) = limh→0
f(0 + h)− f(0)
h= lim
h→0
f(h)− f(0)
h,
et f est donnée par deux lois différentes autour de x = 0, alors on trouve cette limite pour h→ 0−
et h→ 0+. Or
limh→0−
f(h)− f(0)
h= (1− x)′
∣∣∣x=0
= −1,
limh→0+
f(h)− f(0)
h=
(1
1 + x
)′ ∣∣∣x=0
= − 1
(1 + x)2
∣∣∣x=0
= −1.
Puisque ces deux limites sont égales alors f ′(0) existe et f ′(0) = −1.
Solution du problème [3.1.3]Solution de d)On a
(xe−x)′ = e−x − xe−x
= (1− x)e−x,
(xe−x)′′ = ((1− x)e−x)′ = −e−x − (1− x)e−x,
= (−2 + x)e−x,
(xe−x)′′′ = ((−2 + x)e−x)′ = e−x − (−2 + x)e−x
= (3− x)e−x.
Solution de e)A noter que f(x) = (x+ 1)−1. Alors
f ′(x) = (−1)(x+ 1)−2(x+ 1)′
= −(x+ 1)−2,
f ′′(x) = (−(x+ 1)−2)′ = (−1)(−2)(x+ 1)−3(x+ 1)′
= 2(x+ 1)−3,
f ′′′(x) = (2(x+ 1)−3)′ = 2(−3)(x+ 1)−4(x+ 1)′
= −6(x+ 1)−4.
Solution du problème [3.1.4]On applique la formule
(f ◦ g)′(x) = f ′(g(x))g′(x).
155
Solution de a)On a
f ′(x) = 2x,
g′(x) = −(1 + x)−2,
(f ◦ g)′(x) = f ′(g(x))g′(x) = 2g(x)g′(x) = (−2)(1 + x)−3,
et
(g ◦ f)′(x) = g′(f(x))f ′(x) = −2x(1 + x2)−2.
Solution du problème [3.1.5]Notons qu’ici y = y(x). On différencie par rapport à x les deux côtés de l’équation E(x, y) = 0et on trouve y′ = f ′(x). Ensuite on remplace x et y pour trouver f ′ au point spécifié. Notons aussique l’équation de la droite tangente au (c, f(c)) est donnée par
y = f ′(c)(x− c) + f(c) = f ′(c)︸︷︷︸=k
x+ (f(c)− cf ′(c))︸ ︷︷ ︸=b
Solution de b)On differencie les deux côtés de l’équation (n’oublions pas que y = y(x)):
(7x+ y5)′ = (15)′
7 + 5y4y′ = 0; on remplace x = 2, y = 1, et on trouve y′ = f ′(2)
7 + 5 · 14y′ = 0,
y′ = f ′(2) = −7
5.
Alors, l’équation de la droite tangente est
y = f ′(c)(x− c) + f(c),
y = −7
5(x− 2) + 1 = −7
5x+ 1 + 2
7
5,
y = −7
5x+
19
5.
Solution de d)On differencie les deux côtés de l’équation:(
x2y2 +x3
1− y
)′= 1′,
2xy2 + x22yy′ +3x2(1− y)− x3(−y′)
(1− y)2= 0; on remplace x = 1, y = 0 et
on trouve y′ = f ′(1):
156
2 · 1 · 02 + 12 · 2 · 0 · y′ + 3 · 12(1− 0)− 13(−y′)(1− 0)2
= 0,
3 + y′ = 0,
y′ = f ′(1) = −3.
Il en suit que l’équation de la droite tangente est
y = f ′(c)(x− c) + f(c),
y = −3(x− 1) + 0
y = −3x+ 3.
Solution du problème [3.1.6]Solution de a)Ici c = 3, f(c) = 5. Evaluons f ′(3). Pour ceci on différentie l’équation qui définit y = y(x) =f(x) et ensuite on remplace x = c et y = f(c):
f ′(x) = (√x2 + 16)′ = ((x2 + 16)1/2)′ =
1
2(x2 + 16)
12−1(x2 + 16)′
= (x2 + 16)−12x,
f ′(3) = (32 + 16)−12 3 = 3(52)−1/2
=3
5.
Alors, l’équation de la droite tangente
y =3
5(x− 3) + 5 =
3
5x+ 5− 9
5,
y =3
5x+
16
5.
Solution de c)Ici c = 2, f(c) = 4. Pour trouver f ′(2) on différentie l’équation qui définit y = y(x) = f(x) etensuite on remplace x = c et y = f(c):
((3x− 2)2 + (y(x)− 1)2)′ = (52)′
2(3x− 2)(3x− 2)′ + 2(y(x)− 1)(y(x)− 1)′ = 0,
2(3x− 2)3 + 2(y(x)− 1)y′(x) = 0.
Ici, on prend x = 2 et y(x) = 4, et on trouve y′(2):
2(3 · 2− 2)3 + 2(4− 1)y′(2) = 0,
24 + 6f ′(2) = 0,
y′(2) = −24
6= −4.
157
Alors, l’équation de la droite tangente est
y = (−4)(x− 2) + 4 = −4x+ 12.
Solution du problème [3.2.1]i) Quand l’object commence à retourner à sa position initiale on a h′(t) = 0, c.à.d. un tel temps estpoint critique pour h. On resout donc h′(t) = 0:
h′(t) =t2 + 25− 2t2
(t2 + 25)2=
25− t2
(t2 + 25)2,
h′(t) = 0,
25− t2 = 0,
t = 5 (et t = −5, mais qui est exclu parce que t ≥ 0).
On étudie aussi le signe de h′(t):
t
h′(t)
h(t)
−∞ −5 5 ∞
− 0 + 0 −
00
− 110− 1
10
110110
00
0
0
Donc, pour t ∈ [0, 5) on a h′(t) > 0, ce qui signifie que h croît et l’object monte. Pour t ∈ (5,∞)on a h′(t) < 0, ce qui signifie que h decroît et l’object tombe.
Il en suit qu’à t = 5, l’object commence à retourner à sa position initiale.ii) On a
h(5) =5
52 + 25=
1
10,
h′′(t) = (h′(t))′
=
(25− t2
(t2 + 25)2
)′=−2t(t2 + 25)2 − (25− t2)2(t2 + 25)2t
(t2 + 25)4
=−2t(t2 + 25)− (25− t2) · 2 · 2t
(t2 + 25)3
=2t3 − 150t
(t2 + 25)3,
h′′(5) =2 · 53 − 150 · 5
(52 + 25)3= −0.004.
158
Solution du problème [3.2.3]Solution de b)On a
R′(x) = (3 + 7x2)′ = 14x,
C ′(x) =
(x
1 + x
)′=
1 + x− x(1 + x)2
=1
(1 + x)2,
P ′(x) = R′(x)− C ′(x) = 14x− 1
(1 + x)2=
14x(1 + x)2 − 1
(1 + x)2.
Solution de d)Ici on note que pour b > 0 on a bu(x) = eln(bu(x)) = eu(x) ln b. Donc,
(bu(x))′ = (eu(x) ln b)′ = eu(x) ln bu′(x) ln b = bu(x)u′(x) ln b.
Alors on obtient
R′(x) = (31+x2
)′ = 31+x2
(1 + x2)′(ln 3) = (2 ln 3)x31+x2
= (ln 9)x31+x2
,
C ′(x) = (ln(1 + x2))′ =(1 + x2)′
1 + x2=
2x
1 + x2
P ′(x) = R′(x)− C ′(x) = (ln 9)x31+x2 − 2x
1 + x2.
Solution de e)On a
R′(x) = ((x2 − 1)4)′ = 4(x2 − 1)32x = 8x(x2 − 1)3,
C ′(x) = ((ln(1 + x))2)′ = 2 ln(1 + x)(ln(1 + x))′ = 2ln(1 + x)
1 + x,
P ′(x) = R′(x)− C ′(x) = 8x(x2 − 1)3 − 2ln(1 + x)
1 + x.
Solution du problème [3.2.4]Solution de a)On a
η(x) =p(x)
xp′(x)=
100− 4x
x(−4)= −100− 4x
4x,
|η(50)| =
∣∣∣∣100− 4 · 50
4 · 50
∣∣∣∣ =100
200=
1
2.
Donc, la demande est inélastique. 2
Solution de f)On a
η(x) =3x+ ln(1 + x)
x(3 + 1
1+x
) =3x+ ln(1 + x)
x3(1+x)+11+x
=(3x+ ln(1 + x))(1 + x)
x(3(1 + x) + 1),
159
|η(2)| =
∣∣∣∣(3 · 2 + ln(1 + 2))(1 + 2)
2(3(1 + 2) + 1)
∣∣∣∣ =(6 + ln 3)3
2 · 10=
18 + 3 ln 3
20≈ 1.0647.
Donc, la demande est élastique. 2
Solution du problème [3.2.5]Solution de b)On calcule d’abord η(x):
η(x) =4 + x2
x · 2x=
4 + x2
2x2.
On cherche x ≥ 0 tels que
|η(x)| = 4 + x2
2x2> 1.
Alors, on resout cette inégalité comme suit:
4 + x2 > 2x2,
4− x2 > 0,
(2− x)(2 + x) > 0.
On étudie le signe de (2− x)(2 + x). Les racines de (x− 1)(x+ 1) = 0 sont x = ±2. Le tableaude son signe est
x
2 − x
2 + x
(2 −x)(2 +x)
−∞ −2 2 ∞
+ 0 − 0 −
− − 0 +
− 0 + 0 −
Puisque on cherche x ≥ 0 tels que (2− x)(2 + x) > 0 on déduit que la solution est x ∈ [0, 2). 2
Solution de c)On calcule η(x):
η(x) =15−
√x
x(− 1
2√x
) = −215−
√x√
x,
|η(x)| = 215−
√x√
xparce que pour x ∈ [0, 225], 0 ≤
√x ≤ 15.
160
Maintenant on cherche x ∈ [0, 225] solution de
|η(x)| > 1; d’où
215−
√x√
x> 1,
30− 2√x >
√x,
30 > 3√x,
10 >√x,
100 > x.
Donc, la solution est x ∈ [0, 100]. 2
Solution du problème [3.2.7]Soit t ≥ 0 le temps, R le rayon du cercle de la nappe du petrôle et A l’aire du cercle de la nappe.Notons que R et A sont des fonctions de t, donc R = R(t) et A = A(t). Notons aussi que
A = πR2, ou A(t) = πR(t)2.
Alors, en dérivant cette égalité on obtient
A′(t) = (πR(t)2)′ = π2R(t)R′(t).
Il est donné que R(t) = 50 et R′(t) = 3. On remplace et on obtient
A′ = π2 · 50 · 3 = 300π.
Donc, quand R = 50 l’aire de la nappe du petrôle s’augmente avec une vitesse de 300π ≈ 942.45m/min.
Solution du problème [3.2.8]Soit xOy un système de coordonnées, avec l’axe des x dans la direction horizontale et l’axe des ydans la direction verticale dirigé vers le haut, et t ≥ 0 soit le temps.
Soit A l’extremité verticale de l’echelle et B l’extremité horizontale. Quand le temps évolue, Areste dans l’axe des y et B dans l’axe des x. Donc, A = (0, y(t)) et B = (x(t), 0). De plus, enappliquant le théorème de Pythagore on a
(x(t))2 + (y(t))2 = 102,
parce que la longueur de l’echelle est 10 m. En dérivant cette équation on obtient
2xx′ + 2yy′ = 0,
d’où
y′ = −xyx′.
161
On sait qu’au moment qu’on s’intéresse on a x′ = 3, x = 8. Pour y de ce moment on utilisex2 + y2 = 102, donc y =
√102 − 82 =
√36 = 6. Alors, on remplace et on obtient
y′ = −xyx′ = −8
63 = −4.
Donc, l’extremité verticale se déplace à une vitesse −4 m/sec quand l’extremité horizontale setrouve 8m loin de l’origine, c.à.d. l’extremité verticale s’approche à l’origine à une vitesse 4 m/sec.
Solution du problème [3.2.10]Soit t ≥ 0 le temps, R le rayon du ballon et V son volume. Clairement, R et V sont des fonctionsdu temps, donc R = R(t) et V = V (t). Il est donné que V ′(t) = 3.
Notons que V =4
3πR3. Alors, en différentiant cette égalité on obtient
V ′ =
(4
3πR3
)′= 4πR2R′; d’où
R′ =V ′
4πR2.
On remplace V ′ = 3, R = 7 et on obtient
R′ =3
4π72=
3
196π≈ 0.00487.
Donc, le rayon s’augmente avec une vitesse de ≈ 0.00487 m/heure quand son rayon est 7 m.
Solution du problème [3.2.13]Soit l la longueur d’un côté du cube, V sont volume et A son aire. Clairement l, V et A sont desfonctions du temps t, donc l = l(t), V = V (t) et A = A(t). Il est donné que que V ′(t) = 5.
Notons que V = l3, A = 6l2. En différentiant le dernier on obtient
A′ = 6 · 2ll′ = 12ll′.
Quand l = 9 on a
A′ = 12 · 9l′ = 108l′.
Que vaut l′ quand l = 9? On retourne à l’équation V = l3. En le différentiant on obtient
V ′ = 3l2l′; d’où l′ =V ′
3l2.
Pour l = 9 et V ′ = 5 on obtient
l′ =5
3 · 92=
5
241.
162
Alors, en remplaçant on obtient
A′ = 108 · 5
241≈ 2.2406,
est le taûx de l’augmentation de l’aire du cube quand la longueur de son côté est 9m.
Solution du problème [3.3.1]Solution de a)D’abord, on note que Dom(f) = R. Ensuite, puisque f est une fonction rationnelle avec ledénominateur différent de zéro, f ′(x) existe pour tout x ∈ R. Calculons f ′(x):
f ′(x) =x2 + 4− x · 2x
(x2 + 4)2=
4− 2x2
(x2 + 4)2.
Alors f ′(x) = 0 ssi 4− 2x2 = 2(2− x2) = 0, d’où x = ±√
2 sont les PCs de f .On fait le tableau du signe de f ′(x):
x −∞ −√
2√
2 +∞f ′(x) − 0 + 0 −
Donc x = −√
2 est minimum local, x =√
2 est maximum local. 2
Solution de b)Ici, Dom(f) = R. On sait que f ′(x) existe pour tout x 6= 7 et que f(7) existe. Donc, x = 7 est leseul point critique de f .
Puisque
f ′(x) =
{(−(x− 7))′ = −7 < 0, pour x < 7,
(x− 7))′ = 7 > 0, pour x > 7
on conclut que x = 7 est minimum local. 2
Solution de c)Ici encore Dom(f) = R. Notons que f ′(2) n’existe pas mais f(2) existe. Donc x = 2 est un pointcritique.
La dérivée f ′(x) existe pour tout x 6= 2. Est-ce-que il y a d’autres points critiques? Pour ceci ilfaut resoudre f ′(x) = 0. Notons qu’on a
f(x) =
{x2 − x+ 2, si x ≥ 2,x2 + x− 2, si x < 2.
Il en suit que
f ′(x) =
{2x− 1, si x > 2,2x+ 1, si x < 2
163
Alors, f ′(x) = 0 conduit à{2x− 1 = 0, si x > 2,2x+ 1 = 0, si x < 2,
ou bien{x = 1
2, si x > 2, qui est impossible,
x = −12, si x < 2.
Le point critique quand x > 2 est impossible, et quand x < 2 on a x = −12. Donc, x = 2 et
x = −12
sont les points critiques de f .Pour conclure avec la classification, on étudie le signe de f ′(x):
x −∞ −12
2 +∞f ′(x) − 0 + 0 +
Donc, x = −12
est une minimum local, alors que x = 2 n’est ni minimum local, ni maximum local.2
Solution de e)D’abord, on note que Dom(f) = {x ∈ R, x2 − 1 6= 0} = {x 6= ±1}. Ensuite, puisque f est unefonction rationnelle, alors f ′(x) existe pour tout x ∈ Dom(f). Calculons f ′(x):
f(x) =x2 − 1− x · 2x
(x2 − 1)2= − 1 + x2
(x2 − 1)2.
Alors on cherche les solution de f ′(x) = 0, ce qui est équivalent à 1 + x2 = 0. Or, cette équationn’a pas de solution, donc f n’a pas de points critiques. 2
Solution du problème [3.3.2]Pour trouver les intervalles de monotonie de f on procède comme suit.
1. D’abord on trouve tous les PCs de f
2. On fait un tableau avec trois lignes.
a) Dans la première ligne on mets les PCs, ordonnés à l’ordre croîssant.
b) Dans la deuxième ligne on met le signe de f ′(x) dans toute intervalle formée par lesPCs. Pour ceci, il suffit d’évaluer f ′(x) dans un point x appartenant à l’intervalle enquestion. Le signe de f ′ à ce point est le signe de f ′ dans toute l’intervalle.
c) Dans la troisième ligne on détermine la monotonie de f dans chaque intervalle: f estcroîssante si f ′ > 0 et f est decroîssante si f ′ < 0.
Solution de a)Ici, f est une fonction rationnelle, avec le déterminant toujours différent de zéro. Donc, f ′(x)existe pour tout x ∈ R. Evaluons f ′(x):
f ′(x) =x2 + 2− (x− 1)2x
(x2 + 2)2=
2 + 2x− x2
(x2 + 2)2= −x
2 − 2x− 2
(x2 + 2)2.
164
Il en suit f ′(x) = 0 est équivalent à
x2 − 2x− 2 = 0, ce qui donne x =1
2(2±
√12) =
1
2(2±
√22 · 3) = 1±
√3,
sont les PCs de f .Maintenant, en tenant compte que
f(±∞) = 0,
f(1−√
3) =1−√
3− 1
(1−√
3)2 + 2≈ −0.68,
f(1 +√
3) =1 +√
3− 1
(1 +√
3)2 + 2≈ +0.18,
on fait le tableau
x
f ′(x)
f(x)
−∞ 1−√
3 1 +√
3 +∞
− 0 + 0 −
00
−0.68−0.68
0.180.18
00
Donc, f est decroissante dans (−∞, 1 −√
3) ∪ (1 +√
3,+∞) et f est croissante dans (1 −√3, 1 +
√3). 2
Solution du problème [3.3.3]Définition:
a) Un point c est appellé “point d’infléxion (PI)” si f change la concavité en c (et f est continueà c). Notons que si c est un PI et f ′′(c) existe alors f ′′(c) = 0.
b) f est dite “concave vers le haut (CvH)“ dans l’intervalle (a, b) (et on le note par ^) sif ′′(x) ≥ 0 pour x ∈ (a, b).
c) f est dite “concave vers le bas (CvB)“ dans l’intervalle (a, b) (et on le note _) si f ′′(x) ≤ 0pour x ∈ (a, b). 2
Solution de a)Ici
f(x) = x3 − 2x2 + 3x− 11, f ′(x) = 3x2 − 4x+ 3, f ′′(x) = 6x− 4.
165
D’où f ′′(x) = 0 donne 6x− 4 = 0, x = 23.
Est-ce-que x =2
3est un PI? Pour repondre à la question on étudie le signe de f ′′. On fait un
tableau
x
f ′′(x)
f(x)
−∞ 23
+∞
− 0 +
_ PI ^
Donc, x =1
2est un PI. La fonction f est CvB dans (−∞, 2
3] et CvH dans [2
3,+∞). 2
Solution de b)Ici Dom(f) = R et f admet des dérivées de toute ordre dans R. Calculons f ′′:
f ′(x) = − 2x
(1 + x2)2,
f ′′(x) = −2(1 + x2)2 − x · 2(1 + x2) · 2x
(1 + x2)4= −2
(1 + x2)− x · 2 · 2x(1 + x2)3
= −21− 3x2
(1 + x2)3= 2
3x2 − 1
(1 + x2)3.
On resout f ′′(x) = 0, donc 3x2 − 1 = 0, et alors x = ±3−1/2.Est-ce-que x = ±3−1/2 sont des PIs? Pour le savoir il faut étudier le signe de f ′′. On a le
tableau suivant
x
f ′′(x)
f(x)
−∞ −3−1/2 3−1/2 +∞
+ 0 − 0 +
^ PI _ PI ^
Il en suit que x = ±3−1/2 sont des PIs, que f est CvH dans (−∞,−3−1/2]∪ [3−1/2,+∞) et CvBdans [−3−1/2, 3−1/2]. 2
Solution du problème [3.3.4]Rappelons Théorème 3.9: une fonction f continue dans une intervalle fermée [a, b] atteint toujours
166
son minimum et maximum. De plus, son minimum, resp. maximum, est la plus petite, resp. grande,valeur des valeurs de f aux PCs dans [a, b] et aux extrémités a et b.Solution de a)Ici, f est un polynome, donc continue. Alors, f atteints son minimum et maximum dans [−3, 3].
Puisque f ′(x) = 3x2 − 4 et f ′(x) = 0 implique x = ± 2√3, il suit que x = ± 2√
3sont les PCs de
f dans [−3, 3].Finallemnt, puisque
f(−3) = −14, f(−2/√
3) = 4.0792..., f(2/√
3) = −2.0792..., f(3) = 16,
il suit que
minx∈[−3,3]
f = −14, maxx∈[−3,3]
f = 16. 2
Solution de c)Ici, f est une fonction rationnelle, avec le dénominateur qui devient nul pour x = 0. Donc, lafonction est continue dans R\{0}, en particlulier dans [1, 2]. Alors, f atteint son minimum etmaximum dans [1, 2].
Puisque f ′(x) = − 1
x2alors f ′(x) = 0 n’a pas de solution et donc f n’a pas de PCs. Finalle-
ment, puisque
f(1) = 1, f(2) =1
2,
il suit que
minx∈[1,2]
f =1
2, max
x∈[1,2]f = 1. 2
Solution de d)Ici, f est une fonction rationnelle, avec le dénominateur qui devient nul pour x2 − 2x = 0, doncx = 0 et x = 2. Puisque x = 2 ∈ [1, 3] alors f n’est pas continue dans [1, 3].
Le théorème de la valeur minimale/maximale ne conclut pas. Une analyse un peu plus détailléemontre que f n’admet pas de valeur minimale/maximale dans [1, 3]. Pour ceci il suffit de voir leslimites à côté à x = 2:
limx→2−
f(x) = limx→2−
1
x2 − 2x= lim
x→2−
1
x(x− 2)= lim
x→2−
1
2 · 0−= −∞,
limx→2+
f(x) = limx→2+
1
x2 − 2x= lim
x→2+
1
x(x− 2)= lim
x→2+
1
2 · 0+= +∞. 2
Solution de e)Ici, f est continue comme produit de deux fonctions continues. Donc, f atteint la valeur minimaleet maximale dans [0, 2].
167
Trouvons les PCs de f . On a que
f ′(x) = e−x − xe−x = (1− x)e−x.
Alors, f ′(x) = 0 est équivalent à 1− x = 0, donc x = 1 est le PC de f dans [0, 2].Puisque
f(0) = 0, f(1) = e−1 ≈ 0.3678, f(2) = 2e−2 ≈ 0.2706,
il suit que
minx∈[0,2]
f = 0, maxx∈[1,2]
f = 0.3678. 2
6.4 Solutions des problèmes choisis du chapitre 4Solution du problème [4.2.1]Solution de a)∫
(−1)dx = −x+ C.
2
Solution de c)
∫ (3
x+ 5x2 − 9
√x− x7/2
)dx = 3
∫1
xdx+ 5
∫x2dx− 9
∫ √x−
∫x7/2dx
= 3 ln |x|+ 5x3
3− 9
x1/2+1
1/2 + 1− x7/2+1
7/2 + 1+ C
= 3 ln |x|+ 5
3x3 − 6x3/2 − 2
9x9/2 + C.
2
Solution de e)∫(3− 2x)2dx =
∫(9− 12x+ 4x2)dx
= 9
∫dx− 12
∫xdx+ 4
∫x2dx
= 9x− 12x2
2+ 4
x3
3+ C
= 9x− 6x2 +4
3x3 + C.
2
168
Solution du problème [4.2.2]Dans ce problème on rappelle que∫
f ′(x)dx = f(x) + C, ou bien f(x) =
∫f ′(x)dx+ C.
La constante C est définie par la valeur f(a).Solution de a)On a
f(x) =
∫ (4x−3/2 − 3x−1
)dx+ C
= 4x−3/2+1
−3/2 + 1− 3 ln |x|+ C
= 4x−1/2
−1/2− 3 ln |x|+ C
= −8x−1/2 − 3 ln |x|+ C.
En utilisant f(1) = 2 (donc, on remplace x = 1 et f(x) = 2) on obtient
−8 · 1−1/2 − 3 ln |1|+ C = 2,
−8 + C = 2,
C = 10.
Donc,
f(x) = −8x−1/2 − 3 ln |x|+ 10.
Maintenant on évalue f(4):
f(4) = −8 · 4−1/2 − 3 ln |4|+ 10 = 6− 3 ln 4.
2
Solution de c)On a
f(x) =
∫ (3√x− 5x+ 3
)dx+ C
= 3
∫x−1/2dx− 5
∫xdx+ 3
∫x+ C
= 3x−1/2+1
−1/2 + 1− 5
x2
2+ 3x+ C
= 6x1/2 − 5
2x2 + 3x+ C.
169
En utilisant f(1) = 0 on obtient
6 · 11/2 − 5
212 + 3 · 1 + C = 0,
9− 5
2+ C = 0,
C = −(
9− 5
2
)= −14
2.
Donc
f(x) = 6x1/2 − 5
2x2 + 3x− 14
2et
f(4) = 6 · 41/2 − 5
242 + 3 · 4− 14
2= −26− 14
2= −33.
2
Solution du problème [4.2.3]Solution de a)∫
xex2
dx∣∣∣On pose u = x2. Alors:
‖∣∣∣du = u′dx = 2xdx et xdx = 1
2du.
‖∣∣∣On substitue.∫
eu1
2du
∣∣∣On intègre.
‖1
2eu + C
∣∣∣On revient à x en remplaçant u = x2
‖1
2ex
2
+ C.
2
Solution de d)∫e9−5xdx
∣∣∣On pose u = 9− 5x. Alors:
‖∣∣∣du = u′dx = −5dx et dx = −1
5du.
‖∣∣∣On substitue.
170
∫eu(−1
5du
) ∣∣∣On intègre.
‖
− 1
5eu + C
∣∣∣On revient à x en remplaçant u = 9− x
‖
− 1
5e9−5x + C.
2
Solution de e)∫x
5− xdx
∣∣∣On pose u = 5− x. Alors:
‖∣∣∣du = u′dx = −dx, dx = −du et x = 5− u.
‖∣∣∣On substitue.∫
5− uu
(−du)∣∣∣On intègre.
‖∫ (−5
u+ 1
)du
‖
− 5 ln |u|+ u+ C∣∣∣On revient à x en remplaçant u = 5− x
‖− 5 ln |5− x|+ (5− x) + C.
2
Solution de g)∫x√
9− x2dx∣∣∣On pose u = 9− x2. Alors
‖∣∣∣du = u′dx = −2xdx et xdx = −1
2du.
‖∣∣∣On substitue.∫ √
u
(−1
2du
) ∣∣∣On intègre.
‖
− 1
2
u1/2+1
1/2 + 1+ C
∣∣∣On revient à x en remplaçant u = 9− x2
171
‖
− 1
3(9− x2)3/2 + C.
2
Solution du problème [4.2.4]Solution de b)∫
xe−3xdx∣∣∣On pose u = x, v′ = e−3x.
‖∣∣∣Alors:m u′ = 1, v =
∫v′dx =
∫e−3xdx = −1
3e−3x.∫
uv′dx∣∣∣On applique la formule (29)
‖
uv −∫u′vdx
∣∣∣On remplace.
‖
x
(−1
3e−3x
)−∫
1 ·(−1
3e−3x
)dx
‖
− 1
3xe−3x +
1
3
∫e−3xdx
∣∣∣On intègre
‖
− 1
3xe−3x − 1
9e−3x + C.
2
Solution de d)∫x−3 lnxdx
∣∣∣On pose u = lnx, v′ = x−3.
‖∣∣∣Alors: u′ = x−1, v =
∫v′dx =
∫x−3dx = −1
2x−2.∫
uv′dx∣∣∣On applique la formule (29)
‖
uv −∫u′vdx
∣∣∣On remplace.
‖
lnx
(−1
2x−2
)−∫x−1
(−1
2x−2
)dx
172
‖
− 1
2x−2 lnx+
1
2
∫x−3dx
∣∣∣On intègre.
‖
− 1
2x−2 lnx− 1
4x−2 + C.
2
Solution de j)∫(3x2 − 2x)exdx
∣∣∣On pose u = 3x2 − 2x, v′ = ex.
‖∣∣∣Alors: u′ = 6x− 2, v = ex.∫
uv′dx∣∣∣On applique la formule (29)
‖
uv −∫u′vdx =
∣∣∣On remplace.
‖
(3x2 − 2x)ex −∫
(6x− 2)exdx∣∣∣On re-intègre par parties. On pose
‖∣∣∣ u = 6x− 2, v′ = ex. Alors
‖∣∣∣ u′ = 6, v = ex.
(3x2 − 2x)ex −(
(6x− 2)ex −∫
6exdx
) ∣∣∣On intègre.
‖(3x2 − 2x)ex − (6x− 2)ex + 6ex
‖(3x2 − 8x+ 8)ex + C.
2
Solution du problème [4.3.1]Solution de a)∫ 1
1
(3ex2+7√x + ln(1 + x2))dx = 0.
∣∣∣ parce que∫ aaf(x)dx = 0
2
173
Solution de c)∫ 1
0
(x2 + x1/2)dx∣∣∣On intègre utilisant les régles d’intégration (puissance)
‖[x3
3+x3/2
3/2
]1
0
‖1
3+
1
3/2
‖1.
2
Solution de d)∫ 3
2
(x+ 1)√x− 2dx
∣∣∣On pose u = x− 2.
‖∣∣∣Alors x = u+ 2, dx = du.∫ x=3
x=2
(u+ 3)u1/2du∣∣∣On substitue.
‖∫ x=3
x=2
(u3/2 + 3u1/2)du∣∣∣On intègre par rapport à u (on garde les bornes de x).
‖[u5/2
5/2+ 3
u3/2
3/2
]x=3
x=2
∣∣∣On revient à x en replaçant u = x− 2]
‖∣∣∣On évalue[2
5(x− 2)5/2 + 2(x− 2)3/2
]x=3
x=2
‖2
5+ 2
‖12
5.
2
174
Solution de o)∫ 2
0
|x2 − 1|dx =∣∣∣Notez que |x2 − 1| =
{x2 − 1, |x| ≥ 1,−(x2 − 1), |x| < 1
‖∣∣∣On sépare l’intègrale en deux morceaux,∫ 1
0
|x2 − 1|dx+
∫ 2
1
|x2 − 1|dx
‖∣∣∣et on remplace∫ 1
0
(−(x2 − 1))dx+
∫ 2
1
(x2 − 1dx
‖∣∣∣On sépare l’intègrale en deux morceaux.∫ 1
0
(−(x2 − 1))dx+
∫ 2
1
(x2 − 1)dx∣∣∣On intègre chaque intègral
‖[−(
1
3x3 − x
)]1
0+[(1
3x3 − x
)]2
1
∣∣∣On évalue
‖
−(
1
3− 1
)+
(1
323 − 2
)−(
1
3− 1
)‖2
3+
2
3+
2
3‖
2.
2
6.5 Solutions des problèmes choisis du chapitre 5Solution du problème [5.3.1]Solution de a)Ici, la fonction f est une fonction rationnelle en x et y. Son dénominateur est différent de zéro.Donc, Dom(f) = R× R.
Pour l’image, on montre que Im(f) = R. Soit z ∈ R. On cherche (x, y) tel que f(x, y) = z,
c.à.d. 4x− 5y − 3x
x2 + 7y2= z. On peut considérer (0, y), donc−5y = z. On déduit que y = −z
5.
Donc, f(0,− z5) = z. Puisque z était arbitraire dans R ceci signifie que Im(f) = R. 2
Solution de b)
175
Ici,
Dom(f) ={
(x, y) ∈ R2, 2x− 3y 6= 0}
=
{(x, y), y 6= 2
3x
}.
Quant à l’image, on a Im(f) = R. En effet, 0 ∈ Im(f) parce que f(0, 1) = 0. Maintenant, soitz 6= 0. On cherche (x, y) ∈ Dom(f) tel que f(x, y) = z. On prend (x, y) = (1, y) ∈ Dom(f).Alors
f(1, y) =1
2− 3y= z, d’où y =
1
3
(2− 1
z
).
Donc, f(1, 1
2
(3− 1
z
))= z, ce qui montre Im(f) = R. 2
Solution de c)Ici
Dom(f) = {(x, y) ∈ R2, 2x− 7y ≥ 0} =
{(x, y), y ≤ 2
7x
}.
Quant à l’image, on a Im(f) = [0,∞). Clairement f(x, y) ≥ 0. Maintenant, soit z ≥ 0. Oncherche (x, y) ∈ Dom(f) tel que f(x, y) = z. On prend (x, y) = (x, 0) ∈ Dom(f). Alors
f(x, 0) =√
2x = z, d’où x =1
2z2.
Donc, f(
1
2z2, 0
)= z, ce qui montre Im(f) = [0,∞). 2
Solution du problème [5.4.1]Solution de a)
fx(x, y) = 2, fy(x, y) = −13.
Solution de b)
fx(x, y) = y − 6xy + 4y2 − 2xy2, fy(x, y) = x− 3x2 + 8xy − 2x2y.
Solution de e)
fx(x, y) = exyy, fy(x, y) = exyx.
Solution du problème [5.4.2]Solution de a)
fx(x, y) = y, fy(x, y) = x,
176
fxx(x, y) = 0, fyx(x, y) = 1,
fxy(x, y) = 1, fyy(x, y) = 0.
Solution de b)
fx(x, y) = 10x9y−10, fy(x, y) = −10x10y−11,
fxx(x, y) = 10 · 9x8y−10, fyx(x, y) = −10 · 10x9y−11,
fxy(x, y) = −10 · 10x9y−11, fyy(x, y) = (−10)(−11)x10y−12.
Solution de g)
fx(x, y) = 2− y + 3x2y − 2xy6, fy(x, y) = −x+ x3 − 6x2y5,
fxx = 6xy − 2y6, fyx = −1 + 3x2 − 12xy5,
fxy(x, y) = −1 + 3x2 − 12xy5, fyy(x, y) = −30x2y4.
Solution de h)
fx(x, y) = (1− y)−1, fy(x, y) = x(1− y)−2,
fxx(x, y) = 0, fyx = (1− y)−2,
fxy = (1− y)−2 fyy(x, y) = 2x(1− y)−3.
Solution du problème [5.5.1]A noter que l’équation du plan tangent au graphe de z = f(x, y) au point (x0, y0, z0), z0 =f(x0, y0) est donnée par
z = fx(x0, y0)(x− x0) + fy(x0, y0)(y − y0) + z0.
Solution de a)
Ici x0 = 1, y0 = 2, z0 = f(1, 2) = 3,
fx(x, y) = 2xy + y2, fy(x, y) = x2 + 2(x− 1)y,
fx(1, 2) = 4 + 4 = 8, fy(1, 2) = 1 + 0 = 1,
z = 8(x− 1) + 1(y − 2) + 3,
z = 8x+ y − 7.
Solution de d)
Ici x0 = 1, y0 = 2, z0 = f(1, 2) = 4− 12
= 72,
fx(x, y) = y2 − 1
y, fy(x, y) = 2xy +
x
y2,
fx(1, 2) = 4− 1
2=
7
2, fy(1, 2) = 4 +
1
4=
17
4,
177
z =7
2(x− 1) +
17
4(y − 2) +
7
2,
z =7
2x+
17
4y − 17
2.
Solution du problème [5.6.1 ]Ici, on va utiliser Théorème 5.12.Solution de a)
i) On trouve les PCs.
1) Pour ceci, d’abord on calcule fx, fy:
fx(x, y) =2
3x− y − 3, fy(x, y) = −x+ 2y.
2) On resout le système{fx(x, y) =
2
3x− y − 3 = 0, [1]
fy(x, y) = −x+ 2y = 0. [2]
De [2] on a x = 2y. On le remplace dans [1]:
2
3(2y)− y − 3 = 0, y = 9.
De [2] on obtient x = 2 · 9 = 18. Donc (18, 9) est le PC de f .
ii) Classification.
1) On calcule les dérivées secondes et D:
fxx(x, y) =2
3, fxy(x, y) = −1, fyy = 2,
D(x, y) =4
3− (−1)2 =
1
3.
2) Classifions les PCs:
(18, 9) : D(18, 9) =1
3> 0, fxx(18, 9) =
2
3> 0;
donc (18, 9) est un minimum local.
Solution de d)
i) On trouve les PCs.
1) Pour ceci, d’abord on calcule fx, fy:
fx(x, y) = 2x+ 2xy, fy(x, y) = 2y + x2.
178
2) On resout le système{fx(x, y) = 2x+ 2xy = 0, [1]fy(x, y) = 2y + x2 = 0. [2]
De [2] on a y = −1
2x2. On le remplace dans [1]
2x+ 2x
(−1
2x2
)= 0,
2x
(1− 1
2x2
)= 0, donc
x = 0 ou 1− 1
2x2 = 0; ou bien
x = 0, x = −√
2, x =√
2.
Remplaçant x dans [2] on trouve y:
y = 0, y = −1, y = −1.
Donc, les PCs sont
(0, 0), (−√
2,−1), (√
2,−1).
ii) Classification.
1) On calcule les dérivées secondes et D(x, y)
fxx(x, y) = 2 + 2y, fxy(x, y) = 2x, fyy = 2,
D(x, y) = 2(2 + 2y)− (2x)2 = 4(1 + y)− 4x2.
2) Classifions les PCs
(0, 0) : D(0, 0) = 4 > 0, fxx(0, 0) = 2 > 0,
donc (0, 0) est un minimum local,(−√
2,−1) : D(−√
2,−1) = −8 < 0,
donc (−√
2,−1) est un PS,
(√
2,,−1) : D(√
2,−1) = −8 < 0; ,
donc (√
2,−1) est un PS.
179